WYDZIAŁY POLITECHNICZNE KRAKÓW

if;

BIBLIOTEKA GŁÓWNA

L.

mw.

fes.

itoni Łomnicki

GEOMETRYA

Część I. i IL

i jgSft

pp

V'

5»

. j

f ''

l:'

%

>- -

SUStEÏ H

ç?c

r

U^'

é

'K

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

%

100000297736

'1*4* u- Ł

«AtfUMNtMr '

GEOMETRYA.

Podręcznik dla szkół średnich.

Napisał

Dr. Antoni Łomnicki.

Część I. i II.

U 3 FUJI!*

Planimetrya. Stereometrya.

Dla klasy IV. i V.

Wydanie drugie.

Cena egz. oprawn. 3 K. 80 hal.

{V/A vit

Ktfff*rrł» lt*J»drw*

K. wnj N* A y A

w< V f KUtfttCA

9x*v«kt Mb

Lwów. 1914.

Nakładem księgarni Gubrynowicza i Syna.

KP    5o.y^

»tiLIIHK* PIUTEIlinZIA

KRAKÓW

. vX

KRAKÓW — DRUK W. L. ANCZYCA I SPÓŁKI.

Àkc. Nr.

Ustępy oznaczone gwiazdkami przeznaczone są dla uczniów szkół realnych. Ustępy drukowane drobniejszym drukiem zawierają bądźto uwagi historyczne i filozoficzne, bądźto niektóre trudniejsze party e geometryi. Przeznaczone są dla uczniów, powtarzających materyał naukowy w klasie najwyższej, niektóre jednakże mogą i na średnim stopniu przedmiotu przyczynić się do pogłębienia nauki.

WSTĘP.

Planimetrya.

§ 13. O kątach w trójkącie.

§ 22. Odległość punktu od prostej. Proste pochyłe. Rzuty.

§ 31. Symetralna kąta (dwusieczna kąta).

§ 44. Wieloboki umiarowe.

§ 54. Zastosowanie twierdzeń o promieniach przeciętych liniami równoległemi.

§ 62. Ogólne uwagi o mierzeniu pola (powierzchni).

§ 73. Obwód koła.

Stereometrya.

Jestto płaszczyzna przesunięta przez jedną prostą prostopadłą do drugiej płaszczyzny. (Użycie pionu w budownictwie!).

§ 91. Perspektywa równoległa.

§ 94. Rzuty punktu.

§ 102. Ostrosłupy.

§ 111. Naroża umiarowe.

§ 121. Reguła Guldina do obliczania powierzchni obrotowych.

WSTĘP.

rzedmiot i cel geometryi.

Wszystkie ciała, podpadające pod nasze zmysły, zajmują pewne i, pewną część przestrzeni: własność ta nazywa się rozciągło-ateryi. Każdą taką niemateryalną część nazywamy bryłą. 3 brył pod względem wielkości, postaci i wzajemnego położenia sedmiotem geometryi.

azwa (y= ziemia, [j.eTpśw = mierzę) pochodzi z zamierzchłej prze-kiedyto badania geometryczne ograniczały się jedynie do mierzenia iś nazywamy tę gałąź geometryi miernictwem, jednakowoż ludzi, jych się zawodowo miernictwem, do dziś dnia nazywamy geo-5 zbadania postaci brył niezbędną jest znajomość ich ograni-:óre nazywamy powierzchniami; te znowu bywają często sonę liniami (n. p. powierzchnie zamykające walec lub ostro-ograniczone liniami, ale powierzchnia kuli nie posiada już aniczających); wreszcie linie bywają ograniczone punktami obwodu kwadratu, ale koło już nie!). Przedmiotem naszych ędą więc: punkty, linie, powierzchnie i bryły, które obejmujemy nazwą: utwory geometryczne (lub figury geome-. W przyrodzie spotykamy najczęściej utwory o budowie nad-zawiłej, której zrozumienie i opisanie sprawia naszemu d ogromne trudności (n. p. drzewo liściaste). Dopiero ba-poszczególnych części tych utworów i to jak najbardziej ;onych, wyrównanych czyli wyidealizowanych, docho-o poznania brył zawilszych. Także dzieła rąk ludzkich, cho-ą do pewnych prawidłowych postaci, do pewnej harmonii, są w rzeczywistości tylko przybliżonymi modelami tych

EOMETRVA I II.

idealnych form geometrycznych, jakiemibyśmy je chcieli uczynić. Wystarczy popatrzeć przez mikroskop na najdokładniej urobioną kulę, by spostrzedz, ile to nierówności znajduje się na jej powierzchni.

Staramy się więc najpierw zbadać wszechstronnie utwory geometryczne najprostsze, a więc najbardziej prawidłowe, nie istniejące nawet w świecie nas otaczającym i dopiero z nich budujemy utwory bardziej złożone, zbliżone do spotykanych w przyrodzie kształtów.

a dopiero na podstawie znajomości tych

Postępujemy tu podobnie, jak n. p. w mechanice, gdzie, chcąc dokładnie zrozumieć ruch ciała rzuconego w górę, badamy najpierw ruch jednostajny, później jednostajnie przyspieszony, jakkolwiek takie ruchy nie odbywają się w przyrodzie. Później uwzględniamy opór powietrza, zmniejszanie się siły grawitacyjnej przy oddalaniu się ciała od środka ziemi, wpływ obrotu ziemi i inne czynniki wszystkich prostszych zjawisk zdołamy z wielkiem przybliżeniem zrozumieć ruch badany.

Takimi najprostszymi, najłatwiejszymi do pojęcia utworami są dla nas: punkt, linia prosta i powierzchnia płaska czyli płaszczyzna. Są to pojęcia tak pierwotne, że nie można ich opisać prostszemi słowami, jak nie można opisać n. p. barwy zielonej, smaku kwaśnego lub uczucia przyjemnego. To też wszelkie próby podania ścisłego określenia (definicyi) linii prostej prowadzą nas w błędne koło. Jeżeli n. p. ktoś mówi: »linia prosta jestto linia, nie zmieniająca kierunku«, to zapomina o tern, że, aby wyjaśnić, co to jest kierunek, musiał się już posługiwać pojęciem linii prostej. Tak samo powiedzenie: »linia prosta jestto najkrótsza odległość« nie może nas zadowolić, bo przecież odległość jestto linia prosta, łącząca dwa punkty. Podobnie opisywanie prostej zapomocą obrotu — prowadzi do tego samego błędu. Tak samo ma się rzecz z punktem i z płaszczyzną.

Musimy więc poprzestać na następującym wniosku: punkty, linie proste i płaszczyzny są pojęciami tak pierwotnemi, ze niema możności ani potrzeby dokładniej je określać.

Przybliżonym obrazem punktu jest dla nas drobniutka cząstka jakiegokolwiek ciała, kropka na rysunku, pyłek itp. Przybliżonym obrazem linii prostej jest wyprężona nitka, krawędź kryształu lub deski itp. Ćwiartka papieru, wygładzona powierzchnia tablicy, stołu, szyby itp. dają nam przybliżony obraz płaszczyzny.

Linią łamaną nazywamy linię, złożoną z kilku linii prostych. Linie, które nie są prostemi, nazywamy liniami krzywemi, a powierzchnie, które nie są płaszczyznami, zwą się pówierzchniami krzywemi.

(Wymień znane ci linie krzywe, powierzchnie krzywe!).

Wszystkie te utwory otrzymaliśmy, wychodząc od brył. Możemy jednakże postąpić także drogą odwrotną i budować bryły z utworów" prostszych. I tak: jeżeli się porusza punkt, to drogę przez niego zakreśloną nazywamy linią, jeżeli się porusza linia — byleby nie w kierunku swej długości — powstaje powierzchnia, wreszcie powierzchnia poruszająca się — byle nie w kierunku swej rozciągłości — zakreśla bryłę. Linię nazywamy utworem geometrycznym jednomiarowym, powierzchnię dwumiarowym, a bryłę trójwymiarowym; punkt zaś niema żadnego wymiaru. (Czy przez ruch punktu może powstać powierzchnia?).

Część geometryi, zajmującą się utworami leżącymi na jednej płaszczyźnie, nazywamy planimetryą, naukę zaś o utworach geometrycznych leżących w przestrzeni, na rozmaitych płaszczyznach, nazywamy stereometryą.

Mając przystąpić do ścisłego badania utworów geometrycznych, powinniśmy sobie przedewszystkiem uświadomić, że każda nauka ścisła — a geometrya była po wszystkie czasy pierwowzorem ścisłości — musi się oprzeć na jakichś założeniach (hipotezach) i z nich dopiero wyprowadzać dalsze wnioski. Te założenia muszą być oczywiste, dla każdego zrozumiałe i odpowiadać temu, czego nas doświadczenie naucza. Udowodnić prawdziwości tych załozeń nie możemy drogą, geometryczną,, bo wszystko, czego nas uczy geometrya, wynika dopiero właśnie z tych założeń. Ponieważ jednak nasze zmysły i najlepsze nasze przyrządy miernicze są bądź co bądź niedoskonałe, przeto spostrzegamy w świecie zewnętrznym wszystkie prawidłowości niedokładnie, z pewnem tylko przybliżeniem. Moźnaby się n. p. spierać o to, czy pomiędzy dwoma punktami da się tylko jedna linia prosta wykreślić — a doświadczenie zewnętrzne nie pomogłoby do rozstrzygnięcia tego sporu (p. str. 13). Wiadomo bowiem, że ani punktu, ani linii prostej narysować ściśle nie możemy. Aby takiej niepewności uniknąć, zgodzono się. przyjąć pewne proste twierdzenia za prawdziwe i nazwano je pewnikami (aksyornatami). Pewniki są to więc założenia podstawowe, zbudowane na podstawie doświadczenia zewnętrznego, a odnoszące się do idealnych utworów geometrycznych.

Takiem zasadniczem twierdzeniem geometryi, wziętem z doświadczenia zewnętrznego, jest n. p. następujący pewnik ruchu:

I. Przez ruch nie zmienia się ani wielkość, ani postać utworów geometrycznych. Wyobrażamy więcćsobie figury geometryczne jako ciała zupełnie sztywne, nie ulegające przy ruchu ani zgnieceniu, ani skręceniu. Możemy je dowolnie przenosić w przestrzeni, to znaczy: jeżeli pomyślimy n. p. trójkąt w jakiemś miejscu w przestrzeni, to w kaźdem innem miejscu możemy pomyśleć trójkąt zupełnie jednakowy. Poznamy później konstrukcye geometryczne, służące do takiego przenoszenia figur. W geometryi praktycznej przenosimy figury przy pomocy lineału, cyrkla, kątomierza i innych przyborów rysunkowych.

Takich pewników mamy bardzo niewiele; poznamy je w dalszym toku nauki. Z pewników moglibyśmy już wyprowadzić wszystkie prawa geometryi, nie odwołując się już do doświadczeń świata zewnętrznego, ale opierając się jedynie na rozumowaniu. Jednakże nieraz pogląd, czyli spostrzeganie zewnętrzne ułatwiają znacznie odkrywanie i zrozumienie nowych praw geometrycznych. Natomiast należy pamiętać o tern, że spostrzeżenia nasze są zawsze niedokładne i mogłyby nas doprowadzić do mylnych wniosków, gdybyśmy nie poparli doświadczenia ścisłem rozumowaniem, dowidzeniem (por. § 34 i 35).

§ 2. Historyczny rozwój geometryi.

Już w egipskich papyrusach i na babilońskich cegiełkach znajdujemy początki geometryi. Z epoki między 2000 i 1700 przed n. Chr. posiadamy egipski papyrus Rhind, dzieło Ahmesa, gdzie na zwoju długim 20 m a szerokim 30 cm mieści się cały zbiór ówczesnych wiadomości z arytmetyki i geometryi. Wiadomości te jednak były niedokładne, nieścisłe, służące głównie celom praktycznym (n. p. pole trójkąta równoramiennego oblicza Ahmes, mnożąc podstawę przez połowę boku, zamiast przez połowę wysokości). Dopiero Grecy, opierając się niewątpliwie na wiedzy Egipcyan, zaczęli geometryę uprawiać dla samej nauki. Już wr VI. wieku przed n. Chr. Pytagoras zakłada w Krotonie sławną szkołę, w której wysunięto na pierwszy plan geometryę idealną i wzbogacono zbiór znanych prawd geometrycznych. Tradycye tej szkoły przeszły w IV. wieku do szkoły Platona w Atenach (Akademia platońska) i Eudo-xusa w Cyzikos. Wszystkie te badania i odkrycia zebrał wT III. wieku przed n. Chr. Euklides, żyjący w Aleksandryi, twórca szkoły aleksandryjskiej, w jednem dziele, złoźonem z 13 ksiąg, znanem pod nazwrą: »Elementy geometryi«. Książka ta przez dwadzieścia wieków przeszło stanowiła najważniejsze źródło dla wszelkich badań geometrycznych. We wszystkich szkołach do niedawna uczono prawie bez zmiany tylko tego, co się w tern dziele zawiera. W Anglii do dziś dnia w szkole tłumaczenia Euklidesa używa się jako podręcznika do nauki geometryi. Oprócz biblii — zdaniem historyków — żadna inna książka tak się nie rozpowszechniła i nie była tłumaczona na tyle języków, co właśnie dzieło Euklidesa. Dlatego też całą geome-tryę, której się uczymy, nazywamy »geometryą euklidesową«.

Badaczem samodzielniejszym, największym matematykiem w starożytności był Archimedes z Syrakuz (287—212 przed n. Chr.), który wyszedł ze szkoły aleksandryjskiej. Obok niego odznaczył się także Apolloniusz z Pergi, również uczeń szkoły aleksandryjskiej, badaniem przecięć stożkowych.

Z wieku I. przed n. Chr. posiadamy w aźne badania Herona a z wieku II. po n. Chr. Ptolomeusza, twórcy trygonometryi. Rzymianie nie przyczynili się w niczem do zdobyczy Greków. Także Hindusi i Arabowie, którym tak znaczne postępy zawdzięczamy w algebrze i arytmetyce, nie posunęli się w geometryi dalej od Greków. Przez całe średnie wieki matematyka była w zastoju: w epoce humanizmu odkryto dopiero na nowo całą wiedzę starożytnych, to też dopiero od XVI. wieku rozwija się geometryą dalej. Pod wpływem genialnego Galileusza pracuje w geometryi Włoch Cavalieri (1591 do 1677), jego myśli dalej rozszerza niemiecki astronom Jan Kepler (1571—1630) i oni to przyczynili się zwłaszcza do rozwoju stereo-metryi. We Francyi sławny filozof Descartes (1596—1650) wprowadza zupełnie nową metodę badań geometrycznych, wiążącą ściśle algebrę z geometryą (t. zw. geometryą analityczną), obok niego pracują Fermat, Desargues i Pascal, wzbogacając geometryę w nowe twierdzenia i nowe metody badań.

Wiek XVII. przynosi przewrót w całej matematyce: odkrycie rachunku różniczkowego i całkowego, niezależnie od siebie przez Leibnitza (w Niemczech) i Newtona (w Anglii). Metoda Descartesa z jednej, rachunek zaś różniczkowy z drugiej strony, wywołują niebywały rozwój całej matematyki w ogóle, a geometryi w szczególności. To też wiek XVIII. nagromadził tyle nowego materyału — czasem niezupełnie dokładnie sprawdzonego, że wiekowi XIX. pozostało poważne zadanie uporządkowania tych wszystkich wiadomości, wprowadzenia ścisłości logicznej we wszystkie rozumowania, a przede-wszystkiem zbadanie samych podstaw geometryi i algebry. W wieku XVIII. zwrócimy tylko uwagę na rozwój t. zw. geometryi rzutowej i wykreślnej, której twórcą był Francuz G. Monge (1796—1818), na prace niemieckiego uczonego L. Eulera (1707—1783), tudzież na zasługi K. F. Gaussa (1777—1855), który dla swej wszechstronnej wiedzy

zwany był »księciem matematyków«. Jego działalność należy już

/

jednak w znacznej części do wieku XIX., zwanego wiekiem krytyki matematycznej.

■

.1

i

i'

'

.;t

«

Część I.

Planimetrya.

Rozdział I.

O linii prostej.

§ 3. Zasadnicze własności linii prostej.

Postępując od utworów geometrycznych najprostszych do coraz to więcej złożonych, zajmiemy się najpierw jedną, linią prostą. Przez każdy punkt w przestrzeni, a tak samo przez każdy punkt na płaszczyźnie przechodzi nieskończenie wiele linii prostych. Przez dwa oddzielne punkty przechodzi jednak zawsze tylko jedna linia prosta. Na poparcie tego twierdzenia możemy przytoczyć rozmaite spostrzeżenia: n. p. istnieje bardzo wiele dróg krzywych, łączących dwa miejsca, ale tylko jedna droga prosta; jeżeli przyłożymy lineal do krawędzi deski tak, aby się w dwóch punktach dotykał krawędzi, to wszystkie inne punkty lineału nakryją się z odpowiednimi punktami krawędzi deski — o ile tylko ta kraAvędź jest linią prostą; do wytyczenia linii prostej w polu wystarczą dwa znaki (n. p. tyczki). Tę własność linii prostej przyjęto za pewnik, który wypowiadamy następującemi słowami:

II. Przez dwa punkty jest wyznaczona tylko jedna linia prosta.

Linię prostą pojmujemy zawsze jako nieograniczoną, to znaczy: jakkolwiek daleko od siebie pomyślimy dwa punkty linii prostej, to poza nimi istnieją na tej prostej jeszcze dalsze punkty i to w obydwu kierunkach. Można więc zawsze linię prostą przedłużać dowolnie w obydwie strony. Stąd widzimy, że na każdej linii prostej jest nieskończenie wiele punktów, leżących poza dwoma punktami, dowolnie obranymi. Mimoto niema takich punktów, do którychby się nie można dostać zapomocą skończonej liczby równych kroków, chociażby te kroki były dowolnie małe: wszystkie zatem punkty są dostępne. Ale nietylko poza dwoma punktami istnieje nieskończenie wiele punktów prostej, lecz także między dwoma punktami istnieją zawsze inne punkty, chociaźbyśmy je obrali bardzo blizko siebie; między tymi punktami istnieją znowu inne itd. bez granic, a więc także między dwoma punktami istnieje na linii prostej nieskończenie wiele punktów. W geometryi praktycznej można obrać między dwoma punktami tylko skończoną liczbę »punktów«, ale pamiętajmy o tern, że »punkty« geometryi praktycznej nie są punktami matematycznymi, t. j. idealnymi, bez żadnych wymiarów. Te własności linii prostej należą także do podstawowych założeń geometryi. Ujmujemy je w następujące pewniki:

III.    Między dwoma punktami linii prostej i poza nimi znajdują się zawsze inne punkty prostej.

IV.    Od każdego punktu linii prostej można się dostać do każdego innego, a nawet go przekroczyć zapomocą skończonej liczby równych kroków (jestto pewnik Archimedesa),

po przyjęciu na-powiedzenie, że linia prosta ma dwa punkty w nie-

Można się spotkać z twierdzeniem, że linia prosta zamyka się w nieskończoności, nakształt koła o ogromnym promieniu czyli innemi słowami: że prosta ma w nieskończoności jeden punkt. Takie twierdzenie sprzeciwia się jednakowoż pewnikowi Archimedesa, byłby to bowiem' taki punkt, do którego nie można się dostać zapomocą skończonej liczby kroków. W naszej geometryi jest więc to twierdzenie błędnem. Jeżeli jednak weźmiemy za podstawę geometryi inny zbiór pewników, jakto n. p. czynimy w t. z w. geometryi rzutowrej, to tam może prosta mieć w nieskończoności jeden i tylko jeden punkt. Tak samo błędnem byłoby szych pewników

skończoności (jeden na prawo, drugi na lewo). Nieograniczoność prostej tak tylko należy rozumieć, że jakkolwiek daleko posunęlibyśmy się na linii prostej, to istnieją zawsze punkty jeszcze dalsze, coraz to inne.

Ile razy mówimy »linia prosta« bez żadnego dodatku, mamy zawsze w myśli prostą nieograniczoną.

Jeżeli na linii prostej obierzemy jakiś jeden punkt A (fig. 1), to otrzymujemy dwie części, zwane promieniami, z których każdy jest z jednej strony ograniczony (punktem A), z drugiej zaś nie. Często jeden promień nazywamy kierunkiem dodatnim, drugi ujemnym! Jeżeli na linii prostej obierzemy dowolnie dwa punkty A i B, to część prostej, ograniczoną juz z obu stron punktami A i B, n a-zywamy jej odcinkiem lub odległością punktów A i B.

Jeżeli jakiś punkt przebiega kolejno wszystkie punkty jakiegoś odcinka, to mówimy, że ten punkt wykonuje ruch postępowy od jednego końca odcinka do drugiego.

§ 4. Odcinki.

Do wykreślenia figury, która ma nam wyobrażać odcinek, używa się w geometryi praktycznej lineału. Aby sprawdzić dokładność lineału, powołujemy się na pewnik II, orzekający, że między dwoma punktami da się tylko jedna linia prosta poprowadzić. W tym celu przykładamy lineal do dwóch podanych punktów i wzdłuż niego

Fig. 1.

kreślimy linię. Następnie odwracamy lineal i drugi raz kreślimy wzdłuż niego linię; jeżeli obydwie linie się nakryją, lineal jest dobry. Odcinek oznaczamy albo dwoma literami wielkiemi, oznaczającemi punkty ograniczające, albo jedną małą literą, umieszczoną pośrodku i czytamy: odcinek AB lub odcinek a.

Często zachodzi potrzeba znalezienia odcinka równego danemu odcinkowi na tej samej prostej, ale w innem miejscu, lub na innej prostej. W geometryi praktycznej robi się to tak, że dany odcinek bierzemy w rozwartość cyrkla i usztywmiwszy odpowiednio jego ramiona przenosimy odcinek do żądanego miejsca. (Jak wykonać to zadanie przy pomocy lineału?) Takiego samego sposobu używamy w celu porównania dwóch odcinków A B i A' B\ Jeżeli jeden odcinek przeniesiemy tak, aby jeden jego punkt graniczny n. p. A nakrył się z punktem Ä, ograniczającym drugi odcinek i jeżeli zachowamy ten sam kierunek dla obu odcinków, to mogą zajść trzy wypadki:

1.    drugi koniec B odcinka padnie pomiędzy punkty Ä B', wtedy nazywamy pierwszy odcinek mniejszym i piszemy

A B<A'Br-

2.    punkt B padnie na punkt B’, wTtedy pierwszy odcinek jest równy drugiemu

AB = A' B';

3. punkt B padnie poza odcinek A' B', wtedy pierwszy odcinek nazywamy większym i piszemy

AB> A' B'.

Do tych znaków =, >>, <C, można zastosować te same prawa, których się używa w arytmetyce dla liczb równych i nierównych,

a więc n. p.: dwa odcinki równe trzeciemu są i między sobą równe, lub: jeżeli jeden odcinek jest równy drugiemu, a ten drugi jest większy od trzeciego, to i pierwszy jest większy od trzeciego i t. p.

Na odcinkach możemy wykonywać podobne działania, jak na liczbach w arytmetyce.

I tak odcinki możemy dodawać, to znaczy do końca jednego przyłożyć drugi w tym samym kierunku, na tej samej linii prostej.

N. p. odcinek A C jest sumą odcinków AB i B C. Aby tę

b_

konstrukcyę wykonać, bierzemy odcinki a — A B i b — B C w cyrkiel i odcinamy na tej samej linii prostej jeden za drugim. Piszemy: A C — a -f- b.

Fig-. 2.

Aby odjąć jeden odcinek od drugiego, odcinamy pierwszy od końca drugiego, ale w kierunku przeciwnym, na tej samej linii prostej. N. p. odcinek NR na

fig. 3 jest różnicą odcinków N P i R P. Konstrukcyę wykonujemy podobnie, jak przy szukaniu sumy dwóch odcinków. Piszemy: NR = c — d.

Fig. 3.

Jeżeli na linii prostej chcemy odróżniać kierunki i umówimy się n. p. kierunek od N ku P uważać za dodatni, to odcinki NR, R P, NP uważamy za dodatnie, odcinki zaś R N, P R, P N za ujemne. Wtedy R N= — NR i odwrotnie, jeżeli więc N P = c, to PN— — c. Przemiana porządku liter, oznaczających końce odcinków, wywołuje zmianę znaku. Działania odcinkami opatrzonymi znakami wykonuje się tak, jak liczbami dodatniemi i ujemnemi w algebrze (n. p. dodać odcinek ujemny, znaczy odjąć jego wartość przeciwną).

A B = h. CD

Jeżeli jakiś odcinek kilka razy do siebie dodamy, n. p. 5 razy, to mówimy, żeśmy odcinek pomnożyli przez ,    ,    , i i    liczbę 5. N. p. fig. 4

Fig\ 4.

Później będziemy także mówili o mnożeniu odcinka przez odcinek (przy propor-

cyonalności figur i przy mierzeniu pól).

Co się tyczy dzielenia odcinka przez liczbę, to jasnem jest, co znaczy podzielić odcinek na 2, 3, 4, ... 10, ... równych części (odwrócenie mnożenia przez liczbę!). Sposób rozwiązywania tego zagadnienia omówimy również później. Piszemy n. p. A B : 5 = C D. Dzielenie to można prowadzić dowrolnie daleko. Nigdy nie dojdziemy do tak małego odcinka, któregoby już dalej nie można podzielić. Pewnik bowiem III. poucza, że między dwoma punktami znajdują się inne jeszcze punkty prostej. W geometryi praktycznej przeciwnie, dzielenie odcinka można doprowadzić tylko do pewnej granicy, poniżej której już dwa końce odcinka zlewają się ze sobą i z wszystkimi punktami, któreby mogły między nimi leżeć.

zawsze

C‘-‘O

Fig. 5.

Działaniem bardzo pokrewnem dzieleniu jest mierzenie odcinków, t. j. badanie, ile razy jeden odcinek mieści się w drugim. Działanie to wykonujemy przez odejmowanie kolejne jednego odcinka od drugiego. Jeżeli n. p. odcinek C D odejmiemy od AB, od pozostałej reszty znowu odejmiemy CD i jeżeli po 5 odejmowaniach wyczerpiemy cały odcinek A B, to mówimy, że stosunek —odcinka A B do odcinka C D wynosi 5, a piszemy to, używając znaku dzielenia AB:CD = 5.

Odcinek A B nazywamy poprzednikiem, C D następnikiem, a liczbę niemianowaną 5 wykładnikiem stosunku.

J ezelibyśmy odcinek C D obrali za jednostkę mierniczej, to wykładnik 5 (wynik mierzenia) nazwalibyśmy liczbą wymiarową odcinka A B. Przy mierzeniu może pozostać jakaś reszta; nauczymy się później, jak się wtedy szuka wykładnika stosunku.

Wszystkie te działania, wykonywane na odcinkach, podlegają tym samym prawom, co działania arytmetyczne, wykonywane na liczbach (n. p. dodawanie podlega prawu łączności, przemienności i t. p.) co łatwo sprawdzić konstrukcyą. Korzystając z tego, możemy sobie często ułatwić działania arytmetyczne, jeżeli liczby zastąpimy odcinkami (rachunek graficzny) i odwrotnie: mając wykonać działanie na odcinkach, zastępujemy je liczbami (wymiarowemi) i rachujemy arytmetycznie.

N. p. mając wykonać odejmowanie 732—189 możemy z korzyścią użyć metra opatrzonego podziałką milimetrową. Wynajdujemy punkt 732 mm i cyrklem odcinamy od tego punktu ku początkowi podziałki odcinek 189 mm: otrzymamy naturalnie punkt 543 mm. Odwrotnie: mając dodać n. p. odcinek o długości 5» do odcinka wynoszącego 18 m, nie będziemy wykonywali konstrukcyi, ale od-razu podamy jako wynik odcinek długości 23 m.

Ćwiczenia I.

§3.    1. Na jakie części rozpada się linia prosta, jeżeli obierzemy na niej

dwa dowolne punkty ? 3, 4, 5, dowolnych punktów ?

§ 4.    2. Przenieś na papier podziałkę centymetrową przy pomocy cyrkla!

3.    Udowodnij geometrycznie, że jeżeli a = b, a J>c, to i a j> c.

4.    Jakie położenie mogą mieć względem siebie dwa nierówne odcinki tej samej linii prostej ? (rysunek!)

5.    Dodaj dwa dowolnie podane odcinki i wykaż prawo: n -J- b — b -j- a.

6.    Obrawszy dowolny trójkąt, dodaj jego boki.

7.    Wykaż w zadaniu 6,że a-f- (b-\-c) = (a -j- b) 4-c

kszy odcinek.

= (a + c) -f- b (prawo łączności). 8. Odejmij od dowolnie podanego odcinka drugi: aj mniejszy, b) wię

9. Odejmij od siebie dwa boki trójkąta, prostokąta! 10. Wykazać, że, jeżeli na

linii prostej leżą dowolnie 3 punkty A, B, C, to zawsze AB-jrBC-\-CA=0 (uwzględnić znaki odcinków!)

11.    Znając odległość dwu miejsc AB, znaleźć punkt, mający 7 razy większą odległość od A, aniżeli punkt B.

12.    Mając podane dwa odcinki, znaleźć (w przybliżeniu) wykładnik ich stosunku drogą geometryczną.

13.    Podziel na oko dowolny odcinek na 2, 3 równe części.

Zmierzyć długość i szerokość zeszytu, używając odstępu dwóch

jego linii jako jednostki mierniczej.

15. Zmierzyć długość i szerokość zeszytu, używając 1 dm jako jednostki mierniczej.

16 Zbadaj, ile centymetrów — przeciętnie — wynosi krok i oblicz, ile jest kroków ze Lwowa do Krakowa (342 km). Jak długo trzebaby odbywać pieszo tę drogę, licząc 2 kroki na sekundę ?

17. Zmieizyc obwód ziemi, używając kroku jako jednostki mierniczej ! mdząc, ze 1 metr jest 1/40,000.000 częścią obwodu ziemi (patrz zad. 16). a V f <>-T,¹TU₁a a y P°dlóŹ Piech°tą na około ziemi, gdyby nie było oceanów? ¹°-i Wykonaj geometrycznie działania: 312 _ 178 -j- 847; 65 — 198-123; używając podziałki milimetrowej na metrze 19. Wykonaj graficznie dzielenie P96 : 2-8 (za jednostkę obierz 1 dm!).

Rozdział IL

O dwóch liniach prostych. Kąty.

Dwie proste, leżące na jednej płaszczyźnie, mogą mieć względem siebie trojakie położenie: mają dwa punkty wspólne, jeden punkt wspólny lub nie mają żadnego punktu wspólnego.

§ 5. Proste nakrywające się.

A'

B'

Fig. 6.

Pewnik II. poucza, że przez dwa punkty da się poprowadzić tylko jedna linia prosta. Jeźeiibyśmy więc okazali o dwóch liniach prostych, że mają dwa punkty wspólne, to linie te miałyby już wszystkie inne punkty wspólne, czyli tworzyłyby jedną linię prostą; tern bardziej, gdyby te dwie linie proste miały trzy lub więcej punktów wspólnych. 0 takich dwóch prostych mówimy, że się nakrywają. W geometryi praktycznej pewnik II. nie jest ściśle spełniony, ponieważ punkty geometryi praktycznej mają zawsze pewne rozmiary. I tak n. p. na fig. 6 poprowadziliśmy przez »punkty« A i B jedną »linię prostą«. Jeżeli jednak weźmiemy linie nieco cieńsze, to możemy ich trzy lub więcej między punktami A' i B poprowadzić. Stąd wynika w praktyce bardzo często chwiejność, niepewność konstrukcyi zwłaszcza, jeżeli punkty A* B' leżą blizko siebie, a linia prosta ma być daleko poza nie przedłużona.

§ 6. Proste przecinające się. Kąty.

Dwie linie proste — różne od siebie — mogą mieć najwyżej jeden punkt wspólny. Wtedy mówimy, że się te linie przecinają.

Punkt wspólny nazywamy punktem przecięcia (lub spodkiem prostej). W geometryi praktycznej i to twierdzenie nie jest prawdziwe, jeżeli się bowiem dwie »linie proste« przecinają,

to mają kawałek płaszczyzny wspólny (w przybliżeniu równoległobok E F G H na fig. 7).

Dwie przecinające się proste dzielą całą płaszczyznę na cztery części nieograniczone. Utwór geometryczny złożony z dwóch promieni, wychodzących z jednego punktu, nazywamy kątem.

Powstały więc cztery kąty. Punkt przecięcia nazywamy wierzchołkiem każdego kąta, a promienie, tworzące kąt, ramionami kąta. Jeżeli sobie wyobrazimy człowieka, stojącego na płaszczyźnie kąta, w jego wierzchołku i zwróconego twarzą do pola kąta, to jego prawe ramię wskaże prawe ramię kąta, a lewe: lewe ramię kąta. Jeżeli bierzemy pod uwagę najpierw prawe ramię a później lewe, to kąt nazywamy dodatnim n.p.BEC, (fig. 8) w przeciwnym razie ujemnym n. p. CE B. Część płaszczyzny, leżącą między ramionami kąta, nazywamy polem kąta. Ż pola kąta nie można się dostać na zewnątrz, nie przekraczając ramion (które trzeba ß naturalnie pojmować jako nieograniczone). Skróconym znakiem kąta jest Kąt znaczymy albo trzema literami, przyczem literę, oznaczającą wierzchołek, bierzemy zawsze za środkową: < A E C, <£ C E B i t. p., albo jedną literą, zwykle grecką, umieszczoną na polu kąta przy wierzchołku, n. p, ^    ^ ß, lub wreszcie

jedną wielką literą oznaczającą wierzchołek, o ile nie zachodzi żadna wątpliwość, t. j. o ile nie ma więcej kątów przy tym samym wierzchołku.

Do każdego kąta można znaleźć w kaźdem innem miejscu kąt równy. Praktycznie robi się to zapomocą osobnego przyrządu: kątomierza lub też osobną konstrukcyą, zapomocą cyrkla. Na-p zywamy to przenoszeniem kąta. Obydwa te sposoby omówimy dokładniej później jednak juz teraz posługiwali kątomierzem,

Fig. 7.

ß,

Fig. 8.

będziemy się

znanym

z elementarnej nauki geometryi. Takiego samego sposobu używamy w celu porównania dwóch kątów: je A B C, jC A' B' C'. Jeżeli jeden kąt przeniesiemy tak, aby jego ramię AB i wierzchołek B nakryły się z ramieniem Ä B' i wierzchołkiem B' i jeżeli zacho-

wamy ten sam kierunek dla obydwu kątów, to mogą się zdarzyć trzy przypadki:

,    1. diugie ramię B C padnie na pole kąta A' B' C', wtedy pierw

szy kąt nazywamy mniejszym i piszemy:

jC A B C <C jC. A' B' C

2. ramię B C padnie na ramię B' C; wtedy pierwszy kąt jest równy drugiemu i piszemy:

jCA B C = je A' Bf C'

3. ramię B C padnie na pole kąta A' B' C', wtedy pierwszy kąt jest większy i piszemy:

$:ab c>ź:a' Br a.

Do znaków >, =, <, można stosować te same prawa, których się używa w arytmetyce dla liczb równych i nierównych.

Z tych określeń wynika, że wielkość kąta nie zależy zupełnie od długości ramion.

Prócz tych właściwych kątów, utworzonych przez dwie różne linie proste, nazywamy także kątami utwory geometryczne złożone

Fig. 9.

z dwóch promieni tej samej linii prostej, bie-^ gnących w kierunkach przeciwnych. Takie kąty nazywamy kątami półpełnymi: je A B C na fig. 9. Wszystkie kąty półpełne są sobie równe, ponieważ dwie linie proste zawsze można sprowadzić do nakrycia tak, aby jeden żądany punkt (wierzchołek kąta półpełnego) jednej prostej nakrył się z żądanym punktem drugiej prostej, a jeden promień z odpowiednim promieniem drugiej prostej.

na

Na kątach można wykonywać zupełnie podobne działania, jak odcinkach. Można więc kąty dodawać, przenosząc jeden tak, aby jego ramię i wierzchołek nakryły się z wierzchołkiem i ramieniem drugiego kąta, drugie zaś ramię prowadząc po przeciwnej stronie tego wspólnego ramienia.

D'

N. p.    D' A' B' = a 4- ß.

Jeżeli utworzymy sumę dwóch kątów półpełnych, to drugie ramię drugiego kąta nakryje się z pierw-szem ramieniem pierwszego kąta. k Otrzymamy w ten sposób utwór geometryczny, zwany kątem pełnym, n. p. jC A B C na fig. 11. Polem jego jest cała płaszczyzna, a ramiona nakrywają się.

Przy dodaniu kilku kątów może się zda-^ rzyć, że otrzymamy więcej, aniżeli kąt pełny. Wtedy mówimy, że pole tego kąta pokrywa płaszczyznę drugi raz, trzeci raz i t. d.

Fig. 11.

Odejmowanie tern się tylko różni od dodawania, że drugie ramię prowadzi się po tej samej stronie wspólnego ramienia.

Jeżeli jakiś kąt kilka razy dodamy do siebie, n. p. 5 razy, to mówimy, żeśmy kąt pomnożyli przez liczbę 5. N. p. na fig. 12.

A B C = 5 <x.

Podzielić kąt przez liczbę znaczy znaleźć taki kąt, któryby pomnożony przez tę liczbę dawał kąt pierwotny. Sposób dzielenia kąta na 2, 4, 8 ... równych części poznamy później.

Fig. 12.

Podział dowolnego kąta na trzy równe części jest już zagadnieniem trudniejszem, nie da się bowiem wykonać przy pomocy jedynie cyrkla i linii, zapomocą skończonej liczby konstrukcyi. Wykazał to Gauss. — Obmyślono jednakowoż inne środki pomocnicze, inne linie krzywe oprócz koła, które pozwalają to zagadnienie rozwiązać z zupełną ścisłością n. p. Hip-piasz z Elis, znany sofista (V. wiek przed Chr.), obmyślił w tym celu linię krzywą, zwaną: quadratrix, Nikomedes (II. wiek po n. Chr.) linię, zwaną muszlą Mkomedesa, później używano hyperboli i innych.

Fig. 13.

Działaniem pokrewnem dzieleniu kąta jest mierzenie kąta, t. j. badanie, ile razy jeden kąt mieści się w drugim. Działanie to wykonujemy przez kolejne odejmowanie jednego kąta od drugiego. N. p. na fig. 13 jeżeli kąt y odejmiemy od kąta a, od pozostałej reszty znowu odejmiemy kąt y i jeżeli po 6 odejmowaniach wyczerpiemy cały kąt a, to mówimy, że stosunek kąta a do kąta y wynosi 6 a piszemy to używając znaku dzielenia

a : y = 6.

a nazywa się poprzednikiem stosunku, y następnikiem a 6 wykładnikiem. Jeżelibyśmy kąt y obrali za jednostkę mierniczą, to wykładnik 6, wynik mierzenia, nazwalibyśmy liczbą wymiarową kąta.

W geometryi praktycznej każdy kąt da się wymierzyć przy pomocy każdej jednostki z taką dokładnością, na jaką przyrządy miernicze pozwalają.

Co się tyczy wyboru ogólnie uznanej jednostki, to mamy tu naturalnie znowu zupełną dowolność, tak samo jak przy odcinkach. Jednakowoż od najdawniejszych czasów ogólnie przyjęto jako jednostkę do mierzenia kątów t. z w. kąt prosty; znaczymy go literą R.

Kątem prostym nazywamy połowę kąta półpełnego n. p. na fig. 14. jC. A B C — R. Ponieważ wszystkie kąty półpełne są sobie równe, przeto ich połowy są sobie równe, więc wszystkie kąty proste są także równe.

Euklides przyjmuje to twierdzenie za pewnik, Hilbert zaś podaje ścisły dowód tego twierdzenia, oparty na przystawaniu trójkątów. Rzecz ta. wymaga dowodu, ponieważ nie wiemy z góry, czy kąt półpełny da się przepołowić, ani nie posiadamy jeszcze żadnej konstrukcyi, któraby to pozwalała wykonać.

Tę jednostkę podzielono na 90 ró-

R

wnych części, zwanych stopniami: 1° = Q- •

Fig. 14.

stopień podzielono na 60 równych części, zwanych minutami (partes minutae primae): 1'=-^°; wreszcie minutę podzielono na 60 równych części, zwanych sekundami, 1" — (partes minutae secundae). Sekundy są już tak drobnemi jednostkami, że tylko przy pomocy najlepszych lunet astronomicznych dadzą się odczytać. Używa się ich też wyłącznie przy pomiarach astronomicznych. Kąt prosty ma więc 90°, kąt półpełny 180° a kąt pełny 360°.

Ten podział według systemu sześćdziesiątkowego (mieszanego z 90-kowym) uskuteczniono już około 2000 przed n. Chr. w Babylonie, a od

II. wieku przed Chr. zaczęto go używać także w Grecy i. System ten jest jednak dla nas niewygodny, ponieważ przywykliśmy używać przy innych miarach systemu dziesiątkowego (metr, kilogram). Dlatego też w najnowszych czasach wprowadzono we Francyi podział kąta prostego na 100 równych części, stopni nowego rodzaju. Taki nowy stopień podzielono na 100 minut, a minutę na 100 sekund. Jednostki takie wprowadzono już; nawet do przyrządów mierniczych.

Kąty mniejsze od prostego nazywamy ostrymi, kąty większe od prostego, ale mniejsze od półpełnego rozwartymi. Kąty większe od półpełnego nazywamy kątami wypukłymi, w przeciwieństwie do ostrych, prostych i rozwartych, które obejmujemy wspólnem mianem: kąty wklęsłe.

2:

Ł0MNICK*. GEOMETRYA I. \

§ 7. Kąty przyległe i wierzchołkowe.

a) Dwa kąty, mające wspólny wierzchołek, wspólne ramię, a których druga para ramion tworzy jedną linię prostą (jedno ramię jest przedłużeniem drugiego), nazyicamy kątami przyległymi.

N. p. kąty -jC. A B C i C B D na fig. 15.

Kąt półpełny je A B D jest sumą " £ tych kątów przyległych, więc a + ß = 180°.

Fig'. 15.

O kątach, których suma wynosi ~D 180° mówimy, ze się spełniają do 180°. A więc: dwa kąty przyległe spełniają się do 180°.

Odwrotnie: gdybyśmy o dwóch kątach wykazali, że mają wspólny wierzchołek, wspólne ramię i wynoszą razem 180°, to druga para ramion musi tworzyć jedną linię prostą.

Jeżeli jeden z kątów przyległych jest prosty: y = 90°, to i drugi c = 90°. Proste, tworzące ze sobą kąt prosty, nazywamy liniami prostopadłemi i znaczymy to w następujący sposób:

D B _]_ A C lub AC \_D B.

Każdą inną prostą, wychodzącą z punktu B, n. p. B E, nazywamy pochyłą względem

Fig. 16.

A C i B I). Przez punkt B, leżący na linii A C można tylko jedną linię prostopadłą do AC wykreślić, ponieważ w przeciwnym razie powstałyby przy wierzchołku B dwa kąty proste nierówne, co jest niemożliwe.

Z każdego punktu płaszczyzny można się więc po niej posuwać w dwóch prostopadłych do siebie kierunkach. Tę własność płaszczyzny nazywamy d w u w y m i a r o w o ś c i ą.

Także wszystkie powierzchnie krzywe są dwuwymiarowymi utworami. Wykażemy później, w nauce stereometryi, że w każdym punkcie przestrzeni można wykreślić trzy linie prostopadłe do siebie, że więc przestrzeń jest trójwymiarową.

Dwa kąty, których suma wynosi 90°, nazywamy kątami dopełniającymi.

poza wierzchołek — ramion dru-

a) Dwa kąty o wspólnym wierzchołku takie, ze ramiona jednego kąta są przedłużeniami

giego kąta, nazywamy kątami wierzchołkowymi. Kąty takie powstają więc przez przecięcie się dwóch linii prostych. Na fig. 17 kąty a i ß są względem siebie wierzchołkowe; tak samo y i o. Ponieważ obydwu kątom a i ß brakuje tyle samo do 180°, mianowicie kąt 3, przeto te kąty są równe.

a = ß.

cL

Z tej samej przyczyny y — 3. Stąd wniosek:

kąty wierzchołkowe są sobie równe.

§ 8. Proste równoległe.

Fig. 17.

Poza prostą b obierzmy dowolny punkt A. Przez ten punkt przechodzi nieskończenie wiele prostych, tworzących pęk promieni. Kilka z tych prostych narysowaliśmy na fig. 18. Jedne z nich przecinają prostą b już w obrębie figury (n. p. d, e, /' g), inne przedłużone odpowiednio przetną prostą b (n. p. proste r, i) a jedna z nich, mianowicie a, nie przetnie prostej b, cho-

Fig-. 18.

ciaźbyśmy obydwie proste a i b dowolnie przedłużali. Dwie proste, leżące na jednej płaszczyźnie, które się nie przecinają, chociaźbyśmy je dowolnie przedłużali, nazywamy równoległemi i piszemy a j| b.

Spostrzeżenie to przyjęto za pewnik, który wypowiadamy w następujący sposób:

V. Przez punkt, leżący poza linią prostą, można do niej poprowadzić na jednej płaszczyźnie jedną, ale tylko jedną, linię równoległą.

Już od starożytności próbowano udowodnić, t. j. wysnuć jako wniosek z innych pewników, że przez każdy punkt poza linią prostą da się do niej tylko jedna linia równoległa poprowadzić. Żadna jednak próba nie doprowadziła do celu.

2*

Już Proclus, komentator Euklidesa, w V. wieku po n. Chr. podawał kilka takich »dowodów«; w czasach nowożytnych Saccheri (1667—1733) w dziele p. t. »Euclides ab omni naevo vindicatus«, J. Lambert 1766, Legendre (1752—1833) i inni przyczynili się bardzo do wyjaśnienia całej teoryi linii równoległych, jakkolwiek zawsze jeszcze usiłowali udowodnić pewnik V.

Doświadczenie nie może nam dać w tej sprawie żadnej pewności. Gdybyśmy bowiem spróbowali narysować najpierw dwie proste równoległe: a || b, w odstępie 1 cm, a potem dwie proste c i d, w takim samym odstępie, ale przecinające się dopiero w odległości 20 km, to przecież nikt nie potrafiłby odróżnić prostych c i d od prostych równoległych. Tak samo nikt nie może zapewnić, czy proste a i b nie przetną się, jeżeli je odpowiednio przedłużymy: owszem jest bardzo prawdopodobnem, że przy rysowaniu zboczymy o bardzo mały kąt.

Dlatego też nie sprzeciwia się zupełnie zdrowemu rozumowi, jeżeli-byśmy przyjęli, że przez punkt A poza linią prostą m nie da się ani jedna linia równoległa poprowadzić (przypadek ten badał Rieman w połowie XIX wieku), lub też, że są dwie równoległe, w obydwie strony od punktu A, a pomiędzy niemi cała wiązka prostych nie przecinających się z m ale nie równo oddalonych (przypadek ten zbadali J. Bolyai, Węgier 1832 i Łoba-czewskij, Rosyanin 1826).

sowa

czne

Wtedy jednakowoż cała geometrya musiałaby uledz gruntownej zmianie, nie byłaby jednak fałszywą, nieprawdziwą. Mogłaby ona nawet równie dobrze zbliżać się do rzeczywistości, jak nasza, t. zw. euklide-geometrya. W ten sposób powstały geometrye nieeuklidesowe, którym nie można nic zarzucić co do ścisłości. Co najwyżej można powiedzieć, że inne geometrye są niewygodne, mają trudniejsze wzory i twierdzenia. Podobnie nie można się sprzeczać, czy prawdziwą miarą jest metr, czy łokieć lub arszyn — można tylko utrzymywać, że miary metry-są najwygodniejsze, bo polegają na systemie dziesiątkowym. Można jednak równie dobrze zmierzyć wszystko tak metrem jak łokciem.

Ćwiczenia II.

^ ■ I- Wykreślić trzy proste przecinające się i wypisać otrzymane kąty. Które z nich są wierzchołkowe ?

Wykreśliwszy z jednego punktu prostej dwa promienie nachylone, lezące po tej samej stronie linii prostej, wykazać, że suma trzech powstałych kątów wynosi 180°.

rysunku (przy pomocy kąto-

na

mierzą).

3. Dwa dowolnie obrane kąty dodać

9.    Jaki kąt zakreśla promień równoleżnika ziemskiego przy dziennym obrocie ziemi koło osi w ciągu 1 godziny, 1 minuty, 1 sekundy ?

10.    Jaki kąt zakreśla wielka wskazówka zegara w ciągu 1 minuty, 1 sekundy, a jaki mała wskazówka ?

11.    Jaki kąt dziennie zakreśla prosta, łącząca ziemię ze słońcem? (Przyjąć drogę ziemi jako linię kołową.)

12.    Znaleźć rachunkiem sumę kątów:

a)    28° 36' 45" -f 36° 42' 29",

b)    136° 38' + 5° 47' 8",

c)    84° 59' 59" + 5° 1".

13.    Znaleźć różnice:

a)    108° 23' 14" — 26° 54' 17",

b)    90° — 42° 30',

O 180° — (29° 36' + 58° 42').

14.    Obliczyć kąt dopełniający do kąta 23° 47' 16".

15.    Wykazać, że dwa kąty dopełniające można zawsze przedstawić

w postaci 45° -|- a i 45° — a.    „

16.    Znaleźć kąt trzy razy większy od kąta 19° 24' 32 . ^

17.    Znaleźć kąt pięć razy mniejszy od kąta 106° 34' 15".

18.    Znaleźć stosunek kątów 48° 36' : 5° 24'.

19.    Obliczyć kąt spełniający się z kątem 24° 35' 20".

20.    He wynosi kąt przyległy do kąta a = 34° 27 ?

21.    Wykazać, że jeżeli jeden z kątów przyległych wzrasta, to drugi

maleje.

22. Wykazać, że linie, połowiące dwa kąty przyległe, są

do siebie

¹    23. Dwie linie proste przecinają się pod kątem ß = 45° 31 ; obliczyć

trzy pozostałe kąty, utworzone przez te linie pioste.

24, Wykazać, że proste, połowiące dwa kąty wierzchołkowe, tworzą

utworzonych przez

^ ą 25. Wykazać, że linie, połowiące dwie pary kątów wierzchołkowych, te same linie proste, są do siebie prostopadłe.

Rozdział III.

Trzy linie proste. Trójkąty. Koło.

§ 9. Położenie trzech linii prostych.

Dotychczas rozpatrywaliśmy dokładniej jedną linię prostą i dwie linie proste na płaszczyźnie. Przechodząc obecnie do trzech linii prostych, leżących na tej samej płaszczyźnie, zbadamy przedewszyst-kiem ich wszystkie możliwe położenia. Okażemy, że są cztery możliwe przypadki:

1. trzy proste nie mają żadnego punktu przecięcia; 2. mają jeden punkt przecięcia; 3. dwa punkty przecięcia i 4. trzy punkty przecięcia.

Więcej punktów przecięcia nie mogą trzy linie proste posiadać; wiemy bowiem, że dwie linie proste — nie nakrywające się — mają tylko jeden wspólny punkt n. p. A a więc trzecia linia może jeszcze przeciąć pierwszą z nich w jednym punkcie n. p. B, a drugą także tylko w jednym punkcie n. p. C, mamy więc najwyżej trzy punkty przecięcia. Zbadajmy te cztery możliwe przypadki.

§. 10. Trzy linie proste równoległe.

Aby zbadać, czy są możliwe trzy proste (nieograniczone), nie mające żadnego punktu wspólnego, weźmy dowolną linię prostą a

i poprowadźmy dwie linie lic równolegle do niej: b || a i c\\ a.

Fig. 19.

Linie te nie mają żadnego punktu wspólnego z linią a; zachodzi pytanie, czy one mogą się przeciąć ze sobą w jakimś punkcie n. p. P. Otóż gdybyśmy to przypuścili, popadlibyśmy w sprze-

czność z pewnikiem V. o liniach równoległych, według którego przez punkt P, leżący poza prostą a, może przechodzić tylko jedna linia równoległa do a. Tymczasem w naszym przykładzie przez punkt P przechodziłyby dwie linie równoległe do a. Otóż nasze przypuszczenie było błędne. Linie b i c nie mogą się ze sobą przeciąć, są więc także do siebie równoległe. Linie a, b, c nie mają wrięc żadnego punktu wspólnego. Wniosek, do któregośmy doszli, wypowiada się zwykle tak:

Dwie proste równoległe do tej samej trzeciej są także między sobą równoległe. Literami: b || a i c || a pociąga za sobą b || c. Widzimy stąd, że znak równoległości ma podobną własność, jak znak równości (z b — a i c = a wynika b = c). Wystarczy więc sprawdzić, że dwie proste są równoległe do tej samej trzeciej, aby się przekonać tern samem, że te proste są i do siebie równoległe.

Sposób rozumowania, któregośmy tu użyli, nazywa się dowodem niewprost a polega na następującej myśli przewodniej : chcąc wrykazać prawdziwość jakiegoś twierdzenia, stawiamy na razie przypuszczenie wprost przeciwne; następnie wykazujemy, że to przypuszczenie prowadzi do sprzeczności albo z przyjętymi już pewnikami, albo z udowodnionymi już prawami, musimy je więc odrzucić.

Trzeba tylko sobie jasno zdać sprawę z tego, co znaczy »twierdzenie wprost przeciwne«. Otóż n. p. twierdzeniem wprost przeciwnem do: »jakaś rzecz jest biała«, nie jest »ta rzecz jest czarna«, ale: »ta rzecz nie jest biała«. Twierdzenie wraz z twierdzeniem wprost przeciwnem muszą wyczerpywać wszystkie możliwości. Barwy : biała i nie biała wyczerpują istotnie wszystkie możliwości, zaś barwy: biała i czarna nie wyczerpują wszystkiego, mogą być bowiem prócz nich barwy: zielona, żółta i t. d. Gdybyśmy więc wykazali, że rzecz jakaś nie może być czarna, to nie możemy z tego wnioskować: »a więc ta rzecz jest biała«, może być bowiem również dobrze zielona, czerwona i t. d. W dowodzie naszego twierdzenia geometrycznego postępowaliśmy dobrze, bo chcąc udowodnić, że proste b i c są równoległe, przypuszczaliśmy tymczasowo: proste hic przecinają się. Ponieważ dwie odrębne linie proste b i c nie mogą mieć innych wzajemnych położeń, przeto wyczerpaliśmy wszystkie możliwości twierdzeniem pierwszem i twierdzeniem przeciwnem.

Dowodu niewprost, zwanego także dowodem ad absurdum, używa się bardzo często w matematyce, w fizyce a i w życiu potocznem ma on wielkie znaczenie (n. p. »alibi« sądowe), jeżeli się go używa poprawnie, t. zn. z uwzględnieniem wszelkich możliwości.

§ 11. O trójkątach.

Trzy proste, mające tylko jeden punkt wspólny (przyp. drugi), tworzą razem trzy pary kątów wierzchołkowych, nie przedstawiają

więc dla nas nowego utworu.

(A

tftł

Fig. 20.

Aby zrozumieć twierdzenia o trzech prostych, mających dwa punkty przecięcia (przyp. trzeci), musimy najpierw omówić przypadek czwarty: trzy proste, mające trzy punkty przecięcia. Taki utwór geometryczny nazywamy trójkątem (ABC na fig. 20). Te trzy linie proste zamykają część płaszczyzny, zwaną polem trójkąta. Punkty przecięcia A, B, C nazywamy wierzchołkami trójkąta a odcinki ograniczające: AB, BC, CA nazywamy bokami trójkąta. Przy każdym wierzchołku znajdują się po cztery kąty, ale tylko jeden z nich leży wewnątrz trójkąta. Te kąty: a, ß, y nazywamy kątami wewnętrznymi, lub krótko kątami trójkąta (bez wyraźnego wymieniania nazwy). Kąty przyległe do kątów wewnętrznych nazywamy zewnętrznymi n. p. kąty § i e; są one ograniczone bokiem z jednej, a przedłużeniem drugiego boku z drugiej strony. Kąty wierzchołkowe do kątów wewnętrznych nie mają osobnej nazwy. O wierzchołku A, nie leżącym na boku B C i o kącie a mówimy, że lezą naprzeciiv boku B C.

z ma

Dla wygodnego zapamiętania najczęściej oznacza się bok, leżący naprzeciw jakiegoś wierzchołka, tą samą literą, co wierzchołek, tylko łego alfabetu (porównaj fig. 20).

Według wielkości boków rozróżniamy trójkąty róźnoboczne, jeżeli wszystkie boki są różne co do długości, równoramienne, jeżeli tylko dwa boki są równe i równoboczne, jeżeli wszystkie boki są równe. W trójkącie równoramiennym boki równe nazywamy często ramionami, a bok nierówny podstawą.

na-

Linia prostopadła z wierzchołka trójkąta na przeciwległy bok lub na jego przedłużenie nazywa się wysokością trójkąta. Każdy trójkąt ma trzy wysokości. Zostawiając dokładniejsze badanie własności trójkąta do dalszych ustępów, udowodnimy jeszcze tylko stępujące twierdzenie:

kąt zewnętrzny trójkąta jest większy od każdego z kątów wewnętrznych nie przylegających do niego.

Aby porównać § z <L ß, połowimy (fig. 21) bok B C w punkcie D i prowadzimy prostą A D; przedłużamy ją o taki sam odci-nek D E = A D do punktu E, leżącego już na polu <£ 3, wreszcie łączymy E z C. Obróćmy trójkąt A D B około punktu D o. 180°, wykonując obrót w tej samej płaszczyźnie. Bok B D padnie na D C tak, że punkt B nakryje punkt C; ponieważ kąt e = Ç, jako

'A

kąt wierzchołkowy, to ramię DA £ padnie na D E, a punkt A na E (bo odcięliśmy A D — D E). Widzimy więc, że wszystkie wierzchołki trójkąta A D B padną na odpowiednie wierzchołki trójkąta DEC a więc i całe te trójkąty się nakryją. Stąd wnioskujemy:

cis'

<iKC

Fig. 21.

ß — ri- Ponieważ zaś § jest większy od <£ r, (dlaczego?) przeto także <£ 8 > je ß. Gdybyśmy jeszcze chcieli porównać 8 z -jC <*, to trzebaby drugi raz to samo rozumowanie powtórzyć, połowiąc znowu bok A C i porównując jC « z 8', wierzchołkowym do 3 (przeprowadź ten dowód!). Pokaże się, że także:

Dowodzenie, jakiegośmy tu używali, nazywamy dowodem wprost. Myślą przewodnią takiego dowodu jest: opierając się na pewnikach i na poznanych już twierdzeniach zbudować taki łańcuch logicznych rozumowań, aby jego ostatniem ogniwem było żądane twierdzenie. Innemi słowy: okazać, że nasze twierdzenie jest wynikiem pewników i twierdzeń poznanych poprzednio. Często mamy kilka dróg, któremi możemy dojść do dowiedzenia twierdzenia; zależy to od tego, na których pewnikach i twierdzeniach się oprzemy. Zdarzają się jednak twierdzenia, do których trudno znaleźć drogę wprost. Próbujemy wtedy dowodu niewprost. Jeżeli i ta droga nie prowadzi do celu, nie możemy wciągać takiego twierdzenia w zbiór praw geometrycznych czy też matematycznych, chociażby się wydawało bardzo prawdopodobnem.

Dlatego w nauce geometryi najczęściej nie postępujemy tak, aby z góry wypowiadać jakieś twierdzenie, a później udowadniać jego prawdziwość, tylko postępujemy krok za krokiem, budując z poznanych twierdzeń to, co się z nich daje odraz u wydobyć a z tej rozszerzonej podstawy wznosimy się znowu stopniowo do coraz to trudniejszych i zawilszych praw, nasuwających się nam w ciągu rozważań.

§. 12. Dwie proste równoległe przecięte trzecią.

Trzy proste, leżące na płaszczyźnie, mają tylko dwa punkty przecięcia, jeżeli dwie z nich są równoległe, a trzecia przecina jedną z nich. Ta trzecia prosta musi także i drugą przeciąć, w przeciwnym bowiem razie mielibyśmy dwie proste równoległe do tej samej trzeciej, a mimo to przecinające się, wbrew udowodnionemu na str. 23 twierdzeniu.

Linię prostą A B, przecinającą dwie inne C D i E F, nazywamy linią poprzeczną. Tworzy ona z niemi 8 kątów: 4 są zewnętrzne

a 4 wewnętrzne, t. j. leżą między liniami przeciętemi. Kąty, nie mające wspólnego O    wierzchołka, łączymy w pary

Si j

VI*

Fig. 22.

ron

ił y m i.

£.

i nadajemy im osobne nazwy. I tak: 1. Kąty takie, jak a i s, 5 i ó- nazywamy kątami odpowiednimi. Są to kąty, lezące po tej samej stronie linii poprzecznej, przyczem jeden jest zewnętrzny, drugi wewnętrzny. 2. Kąty, lezące po tej samej stronie linii poprzecznej, ale obydwa zewnętrzne lub obydwa wewnętrzne, nazywamy kątami j e d n o s t N. p. a i y;, § i Ç, y i

n a-

3. Kąty, lezące po przeciwnych stronach Unii poprzecznej, obydwa zewnętrzne lub obydwa wewnętrzne, nazywają się kątami przemian legły mi. N. p. a i h, 3 i £.

Nazwy te zachowujemy także, jeżeli linie CD, EF nie są równoległe. O tych kątach udowodnimy:

Jeżeli dwie linie równoległe są przecięte trzecią, to parami kąty odpowiednie są sobie równe, kąty naprzemianległe są sobie równe a kąty jednostronne spełniają się do 180°.

Prawa matematyczne wypowiadamy zwykle w postaci zdania warunkowego. Pierwsza część zdania, n. p. w powyźszem twierdzeniu: »jeżeli dwie linie równoległe są przecięte trzecią« nazywa się założeniem, diuga część twierdzeniem. Założenie zawiera warunek, wystarczający do prawdziwości twierdzenia. Warunek ten musi być naturalnie możliwy, to znaczy nie sprzeciwiać się ani pewnikom, ani twierdzeniom udowodnionym popizednio. Nie można więc n. p. używać założenia: »jeżeli się dwie lmie równoległe przetną« itp.

Jestto twierdzenie zasadnicze o liniach równoległych, niezbe-cne przy rozważaniu utworów geometrycznych, w których skład wchodzą linie równoległe. Twierdzenie to (nie całe) wypowiada sie czasem także tak: każda prosta poprzeczna przecina dwie proste równoległe pod tym samym kątem, przyczem mamy naturalnie w myśli kąty odpowiednie. Łatwo to udowodnić nie wprost.

cC

AG £

AS

Ai

? fs

Fig. 23.

Chcemy n. p. (fig. 23) wykazać, źe « = ß. Spróbujmy, do czegoby poprowadziło przypusz-f czenie, źe te kąty nie są równe, a więc, źe albo « < ß, albo a > ß. Rozważmy najpierw pierwsze przypuszczenie, t. j. a < ß. Wtedy moglibyśmy wykreślić w punkcie A, przy ramieniu A C jakiś inny kąt A równy kątowi ß, ale naturalnie większy od <£ a. Ramię tego kąta a' musi więc leżeć poza polem kąta a, musi zatem przeciąć linię B G w jakimś punkcie D (nie może być równoległe do B G, bo juź jedna linia E F przez punkt A przechodząca, jest równoległa do B G). Powstałby więc trójkąt A B D, w którym a' jest kątem zewnętrznym a ß wewnętrznym. Ponieważ jednak a' — ß, przeto popadamy w sprzeczność z twierdzeniem o kącie zewnętrznym trójkąta, które orzeka, źe kąt zewnętrzny musi być większy od kąta wewnętrznego nie przyległego. Widzimy więc, źe przypuszczenie a < ß jest nie do przyjęcia. Zupełnie tak samo wykazalibyśmy, źe a 7> ß prowadzi do sprzeczności. (Udowodnij!) Pozostaje więc tylko jedna możliwość:

a == ß.

Co do innych kątów, to juź z równości a = ß wynika ich równość (względnie spełnianie się).

N. p. kąty s i Z, są równe, jak kąty przyległe do równych kątów. Kąty y i 3 są równe, jako wierzchołkowe do równych kątów. Także kąty naprzemianległe są równe, n. p. kąt y — a, ponieważ jest tak samo wielki, jak jC ß (jako wierzchołkowy), i t. d.

Wreszcie także kąty jednostronne spełniają się do 180° n. p. a -|- y; = 180°, ponieważ a równa się kątowi ß, przyległemu do r, i t. d.

Przeprowadźmy takie rozumowanie dokładniej dla jakiejkowiek jednej pary kątów. N. p. chcemy sprawdzić, czy e = rh wiedząc, źe a = ß. Szukamy, w jakim związku są te nowe kąty z kątami a i ß. Widzimy, źe a -j- e = 180° jako kąty przyległe, a także ß -f- yj = 180°. Widocznie więc a -j- s == ß -j- y], bo obydwie sumy wynoszą tyle samo stopni. Odejmując od obu stron tego równania równe wielkości a = ß, otrzymamy jako równe reszty: e = yj.

Dowodzenia matematyczne piszemy często według pewnego schematu, w którym są uwidocznione trzy części dowodzenia: założenie (Z), twierdzenie (T) i dowód (D). Poprzedni dowód można n. p. ująć w następujący schemat:

Z.

T.

D. a -f e = 180° ß + tj = 180°

a +    £ = ß + r,

— a = — ß

8 = Y]

W takim skróconym schemacie występują przejrzyście wszystkie pośrednie twierdzenia pomocnicze. Ten sposób pisania ma ponadto i tę zaletę, że jest rodzajem międzynarodowego pisma naukowego, zrozumiałego dla każdego, uczącego się matematyki.

Wykazaliśmy więc, źe z założenia E F \\ D G, wynika równość tych kątów. Można teraz wykazać odwrotnie: z równości którejkolwiek pary kątów odpowiednich (lub naprzemianległych), lub ze spełniania się dwóch kątów jednostronnych wynika równoległość linii przeciętych. To,

co było w poprzedniem twierdzeniu w y n i k i e m, to wzięliśmy teraz za założenie, a to, co było założeniem, za wynik. Takie twierdzenie nazywa się twierdzeniem odwrotnem (a jakie jest twierdzenie przeciwn e?).

Zastanówmy się najpierw, czy odwrócenie twierdzenia wymaga osobnego dowodu? Znamy przecież wiele przykładów", że odwrócenie jest prawdziwe tak samo, jak twierdzenie pierwotne. N. p. każde ciało posiada jakiś ciężar i odwrotnie: wszystko, co posiada jakiś ciężar, jest ciałem. Otóż istnieje o wiele więcej przykładów, wt których odwrócenie nie jest prawdą N. p. każdy ptak jest stworzeniem dwunożnem, ale nie każde stworzenie dwunożne jest ptakiem. Z tej przyczyny powinno się twierdzenie odwrotne zawrze osobno udowadniać.

Wróćmy do naszego twierdzenia odwrotnego. Twierdzimy, że z założenia: a = ß wynika: a || b.

Widzimy stąd, jak ważnem jest udowodnienie nietylko twierdzenia, ale odwrócenia — o ile jest prawdziwem. Zyskujemy przez to często łatwiejsze sposoby odróżniania pewnych utworów geometrycznych od innych. Takiej metody odróżniania zapomocą cech charakterystycznych używa się w naukach przyrodniczych do odróżnienia n. p. owadów zbliżonych kształtem zewnętrznym, roślin, minerałów (nazywa się to oznaczeniem gatunku) pierwiastków chemicznych (analiza). Wiedząc n. p., że każdy kryształ soli jest sześcianem i znalazłszy jakiś przeźroczysty sześcienny kryształ, żaden mineralog nie powie jeszcze, że ma przed sobą sól, dokąd nie zbada jakiejś

własności charakterystycznej, t. j. takiej, którą ma każdy kawałek soli, ale żadne inne ciało n. p. charakterystyczny smak. Taką własność charakterystyczną nazywamy ściślej : warunkiem koniecznym i wystarczającym.

Fig. 25.

Najszybciej dojdziemy do celu, używając znowu dowodzenia niewprost. Gdyby linia a nie była równoległa do b, to dałaby się przez punkt A poprowadzić jakaś inna linia a' || b. Wtedy jednak . musiałby kąt a' być równy kątowi ß, a więc i kątowi a, który według

założenia jest tak samo wielki jak <C ß. Ale w takim razie linia a musi się nakryć z linią a, jako drugie ramię kąta równego. Otóż żadna inna linia oprócz linii a nie może być równoległą do b.

1?'

c?'

—uST/A

Fig. 24.

Zbierając twierdzenie i odwrócenie w jeden wniosek, powiemy: cechą (właściwością) charakterystyczną

prostych równoległych jest to, ze dowolna poprzeczna tworzy z niemi równe kąty odpowiednie (równe kąty naprzemianległe, lub spełniające się kąty jednostronne): to znaczy, że oprócz linii równoległych, żadna inna para prostych niema tej własności, aby z poprzeczną tworzyły równe kąty odpowiednie (lub naprzemianległe i t. d.).

Przy pomocy tej własności można odróżnić proste równoległe od innych i tak też zwykle postępujemy: aby się przekonać, czy dwie linie proste są równoległe, musielibyśmy je przedłużać bez końca

tego jednak uczynić nie zdołamy. Natomiast zawsze można do nich przyłożyć trzecią linię poprzeczną i zmierzyć, czy dwa kąty n. p. odpowiednie są równe.

Na tej własności linii równoległych polega także pospolicie używany sposób wykreślania linii równoległych. Do lineału przykłada się jakiś kąt, n. p. kąt

prosty w dwóch różnych miejscach i wzdłuż jego ramienia, nie przylegającego do lineału, kreśli się każdym razem linię prostą. Taki kąt mamy urzeczywistniony (w przybliżeniu) na tak zwanych »trójkątach« rysunkowych. Figura 25. objaśnia ten sposób.

Jako przypadek szczegółowy mieszczą się w twierdzeniu o prostych równoległych także twierdzenia następujące: dwie linie proste, prostopadłe do tej samej trzeciej są do siebie równoległe (dlaczego?) i odwrotnie: jeżeli z dwóch prostych równoległych jedna jest prostopadła do trzeciej (poprzecznej) to i druga musi być do niej prostopadła.

Na podstawie tego można wykazać, że

Fig. 26.

C D. Aby z dowolnego punktu S poprowadzić linię prostopadłą do C D, kreślimy linię S x || A B (że taka linia istnieje, o tern

CI). Więcej linii prostopadłych

z każdego punktu poza prostą da się do niej poprowadzić tylko jedna linia prostopadła. Wiemy, że przez punkt A na prostej C D przechodzi jedna linia prostopadła A B

poucza pewnik V), to ona jest niema (dlaczego?).

§ 13. O kątach w trójkącie.

Mówiąc o kątach zewnętrznych trójkąta, wykazaliśmy (str. 24), ze kąt zewnętrzny jest większy od każdego z wewnętrznych, nie przyległych do niego. Obecnie możemy wykazać dokładniej, czemu się równa kąt zewnętrzny. Wystarczy w tym celu wykreślić przez

/D

punkt B linię B 1) || A C, dzielącą kat zewnętrzny § na dwie części: e i Ç.

<N* Nn

/di

Ç = cc jako kąty odpowiednie, e — ß jako kąty naprzemianległe, więc i ich sumy są równe 'C -j- e ~ a -j- ß.

Fig. 27.

Ale w -j- e = o, więc o = a -f- ß.

Słowami: kąt zewnętrzny trójkąta równa się sumie dwóch kątów wewnętrznych, nie przyległych do niego.

Stąd łatwo obliczyć sumę wszystkich kątów wewnętrznych trójkąta. Mianowicie § -f- y = 180° jako kąty przyległe, ale zamiast § można wziąć równą mu sumę a -|- ß i otrzymamy

a -I- ß 4- T = 180°.

Słowami: w każdym trójkącie suma kątów wewnętrznych równa się 180°. Wielkość więc jednego kąta zależy od wielkości dwóch innych, czyli jest funkcyą dwóch pozostałych kątów.

To samo można wykazać bez użycia kątów zewnętrznych, jeżeli poprowadzimy n. p. przez C linię równoległą do AB.

W geometryi praktycznej moźnaby także tak postąpić: odciąć kawałki pola trójkąta wraz z wierzchołkami i poukładać te kąty obok siebie przy jednej linii prostej, przy jednym wierzchołku. Do ścisłego jednak dowodu musimy użyć linii równoległej. Twierdzenie to jest tak ściśle związane z pewnikiem Y o liniach równoległych, że można go nawet użyć zamiast tego pewnika, a wtedy pewnik Y wyniknąłby z niego jako wniosek (udowodnij to przenosząc wszystkie kąty do jednego wierzchołka!). W geometryach nieeuklidesowych, o których mówiliśmy na str. 20, suma kątów w trójkącie jest bądito większa od 180° (Riemann), bądźto mniejsza (Łobaczewskij). Sprawdzić tego żadnem mierzeniem nie można, bo już sekundy nie dadzą się ściśle zmierzyć a cóż dopiero mówić o częściach sekundy.

Wskutek twierdzenia o sumie kątów wewnętrznych, w trójkącie może być najwyżej jeden kąt prosty a dwa inne muszą być wtedy ostre, a także najwyżej jeden kąt rozwarty, dwa zaś inne są wtedy ostre. Wypukły kąt, t. j. większy od 180°, nie może się znajdować w trójkącie. Na tern polega podział trójkątów według wielkości kątów. I tak rozróżniamy trójkąty: ostro kąt ne, jeżeli wszystkie kąty są ostre, prostokątne, jeżeli jeden kąt jest prosty i rozwartokątne, jeżeli jeden kąt jest rozwarty. Dla boków trójkąta prostokątnego przyjęto pewne stałe nazwy. Boki zamykające kąt prosty zwą się przyprostokątniami, bok zaś leżący naprzeciw kąta prostego nazywa się przeciwprostokątnią.

§ 14. Koło i inne linie krzywe.

Weźmy pod uwagę pęk promieni, złożony ze wszystkich prostych przechodzących przez jeden punkt O (fig. 28). Pęk taki wypełnia całą płaszczyznę. Na każdym promieniu odetnijmy od punktu O równy — zresztą dowolny — odcinek. Końce tych ocinków utworzą jedną nieprzerwaną linię krzywą zamkniętą, zwaną kole m. Koło jest więc linią, której każdy punkt jest równo oddalony od stałego punktu O.

Wyrażamy się często także tak: kolo jest miejscem geometry-cznem punktów równo oddalony cli od stałego punktu, to znaczy:

1. że punkty, równo oddalone od O, nie mogą leżeć na innem miejscu płaszczyzny, jak tylko na kole i 2. że koło żadnych innych punktów nie zawiera. W ogólności: miejscem geometrycznem punktów, spełniających jakieś żądanie nazywamy zbiór, który zawiera wszystkie punkty, spełniające dany warunek a nie zawiera żadnego innego punktu.

Do wykreślenia koła używa się tego samego przyrządu, który służy do przenoszenia równych odcinków, a więc cyrkla.

Fig. 28.

Stały punkt O nazywa się środkiem koła, a równe odcinki promieni pęku nazywamy promieniami koła. Punkty, których odległość od środka jest mniejsza od promienia, leżą wewnątrz koła. Punkty, których odległość od środka jest większą od promienia, leżą z e-wnątrz koła. Zbiór wszystkich punktów, leżących wewnątrz koła, nazywamy powierzchnią lub polem koła a samą linię kołową nazywamy także obwodem koła.

Odcinek, utworzony przez dwa promienie leżące na tej samej linii prostej, nazywamy średnicą koła. Można także powiedzieć: średnica jestto odcinek, łączący dwa punkty obwodu a przechodzący przez środek koła. Każdą część obwodu koła, ograniczoną dwoma

punktami, nazywamy łukiem koła i uźy-

wamy znaku À K, H G, aby odróżnić łuk c od prostej A K lub H G, łączącej punkty / ^ końcowe łuku.

Fig. 29.

Położenie linii prostej względem koła może być trojakie: a) linia prosta może mieć z kołem dwa punkty wspólne i wtedy nazywa się sieczną a odcinek zawarty między tymi punktami cięciwą, n. p. R P; b) linia prosta, mająca z kołem tylko jeden punkt wspólny //, nazywa się styczną a ten punkt punktem styczności, n. p. C D i c) linia prosta nie ma z kołem żadnego punktu wspólnego, n. p. E F.

Uwaga: Później wykażemy ściśle, że linia prosta nie może mieć z kołem więcej punktów wspólnych.

Położenie dwóch kół względem siebie: Dwa koła, mające wspólny środek (a różne promienie), nazywają się współśrodkowe, w przeciwnym razie: mimośrodkowe.^Aby zbadać wszystkie możliwe położenia dwóch kół względem siebie, wyjdźmy od kół współśrodkowych (fig. 30): k i K o promieniach: r i R i poruszajmy mniejsze koło tak, aby jego środek posuwał się po jakiejś linii prostej, a) Najpierw koło k leży we-

wnątrz koła K, nie dotykając go zupełnie, b) Grdy k zbliży«się do K tak, ze odległość jego środka 0₂ do 0 wynosi R — r, wtedy koła mają jeden punkt C wspólny, dotykają się wewnętrznie, takie dwa koła mają wspólną styczną, przechodzącą przez ten wspólny punkt C. c) Jeżeli przekroczymy punkt 0₂ n. p. do punktu 0₃, to koła

0_0,

0(0,

0(0,

a)

os

e)

d)

Fig. 30.

przecinają się iv dwóch punktach A i B. Odległość O 0₃ jest już > R — r ale jeszcze <; R + r. Części kół nie nakrywające się przy-tem nazywamy księżycami, d) Przy dalszem posuwaniu się, gdy O 0± = R -f- r, koła mają znowu tylko jeden punkt wspólny, dotykają się zewnętrznie; styczna w tym punkcie C do koła K jest zarazem styczną koła k. e) Jeżeli O 0₅ jest już większe od R -f r, koła nie mają żadnego punktu wspólnego i jedno leży całkowicie zewnątrz drugiego. Widzimy więc, że jest pięć możliwych położeń dwóch kół względem siebie zależnie od długości linii, łączącej środki, zwanej linią środkową dwu kół.

Obroty: Jeżeli bierzemy pod irwagę kolejno wszystkie promienie, przechodzące przez jeden punkt S, mówimy, że promień pierwotny wykonuje ruch obrotowy około punktu S, zwanego środkiem obrotu. Każdy punkt promienia zakreśla przy obrocie koło o wspólnym środku R. Opisujemy to tak: torem punktu przy ruchu obrotowym jest koło. Jeżeli wszystkie promienie z jednego punktu S wychodzące równocześnie wykonują ruch obrotowy, to nazywamy to ruchem

tOMNIOKf. GEOMETRY« I II.

obrotowym całej płaszczyzny. Jeżeli każdy promień naszego pęku promieni zastąpimy promieniem odchylonym o kąt a, to mówimy, żeśmy wykonali obrót o kąt a. Ten kąt jest miarą wielkości obrotu. Obrót o kąt pełny nazywamy pełnym obrotem lub całkowitym obrotem. (Co znaczą słowa półobrót? ćwierć obrotu?) Jeżeli pewien kierunek obrotu, n. p. obrót zgodny z ruchem wskazówki zegara, nazwiemy dodatnim, to obrót przeciwny nazywa się ujemnym. W związku z tern każdy kąt a może być dodatnim lub ujemnym, zależnie od tego, który obrót uważamy za dodatni i które ramię uważamy za ruchome.

Fig. 81.

Jeżeli połączymy ruch obrotowy punktu z ruchem postępowym, to znaczy, jeżeli promień obraca się, a jakiś punkt na nim równocześnie się posuwa, to jako tor tego punktu otrzymamy linię krzywą otwartą, zwaną spiralną. Z pomiędzy linii spiralnych najprostszą jest taka, w której równym obrotom odpowiadają równe przesunięcia, t. zn. gdy promień obróci się n. p. o 10°, punkt posunie się o 1 mm, przy obrocie o 20° punkt posunie się o 2 mm i t. d. Taka spiralna nazywa się spiralną A r c h i m e d e s a. Aby ją wykreślić, rysujemy pęk promieni, tworzących same równe kąty i obieramy na jednem ramieniu jednego kąta jakiś punkt, n. p. wierzchołek, a na drugiem odcinamy od wierzchołka jakiś odcinek A B. Na następnym promieniu odcinamy dwa razy większy odcinek A C, na dalszym trzy

razy większy AD i t. d. Jeżeli promienie weźmiemy odpowiednio gęsto i otrzymane punkty połączymy jedną, nieprzerwaną linią, otrzymamy s p i-p ralną Archimedesa. Inne spiralne otrzymuje się, jeżeli ruch postępowy nie jest jednostajny.

Fig. 32.

a'

Można jednak inaczej połączyć ruch obrotowy z ruchem postępowym, n. p. punkt wykonuje ruch obrotowy około S, a równocześnie przesuwa się po linii prostej S X. Tory takiego ruchu nazywamy cykloidami; ich wykreślenie jest już nieco trudniejsze.

Prócz koła, linii spiralnych i cykloid bada się w geometryi bardzo wiele innych linii krzywych (por. n. p. ćw. 26 i 27 na str. 36). Najczęściej otrzymuje się je jako miejsca geometryczne punktów, spełniających pewne warunki. I tak n. p. miejscem geometrycznem punktów, których suma odległości od dwóch stałych punktów ma stałą wartość, jest linia krzywa zamknięta, zwana elipsą. Por. fig. 82, gdzie a -\-b — M P a' -f V = M P i t. d.

Miejscem geometrycznem punktów równo oddalonych od stałego punktu i stałej prostej jest znana z mechaniki linia krzywa : parabola. Por. fig. 33, gdzie a = b, a' = V i t. d.

Niektóre z tych linii zbadamy w dalszym ciągu nauki.

Fig. 33.

Ćwiczenia III.

§ 12—13.    1. Wykazać, że równość dwóch kątów naprzemianległych pociąga

za sobą: a) równość innych kątów naprzemianległych; b) równość kątów odpowiednich; c) spełnianie się kątów jednostronnych. Odwrócić to twierdzenie !

2.    Wykazać, że spełnianie się dwóch kątów jednostronnych pociąga za sobą: a) równoległość linii przeciętych; b) równość kątów odpowiednich: c) równość kątów naprzemianległych; d) spełnianie się innych par kątów jednostronnych. Odwrócić to twierdzenie!

3.    Wykazać, że jeżeli suma dwóch kątów jednostronnych wynosi mniej aniżeli 180°, to linie przecięte przecinają się ze sobą po tej samej stronie, po której leżą te kąty jednostronne (u Euklidesa to twierdzenie zastępuje nasz pewnik o liniach równoległych). Odwrócić to twierdzenie!

4.    Dwa kąty odpowiednie wynoszą po 48° 36'; obliczyć wszystkie inne kąty utworzone przez te linie.

5.    Jakie kąty występują w figurach Z, H, A, F?

3*

6. Wykreślić w trójkącie linię równoległą do podstawy. Jakie kąty

powstaną?

7.    Dwie linie równoległe przecięto trzecią pod kątem a = 75° 42'; obliczyć wszystkie inne kąty!

8.    W trójkącie dwa kąty wewnętrzne wynoszą po 69° 50'; obliczyć trzeci kąt i kąty zewnętrzne.

9.    Kąt zewnętrzny trójkąta wynosi 141° 26', a jeden z kątów wewnętrznych nie przyległych wynosi 35° 58'; obliczyć pozostałe kąty.

10.    W trójkącie dwa kąty są równe, a trzeci jest połową każdego z nich. Obliczyć te kąty. (Jestto t. zw. trójkąt złoty).

11.    Obliczyć sumę trzech kątów zewnętrznych, leżących przy różnych wierzchołkach.

12.    Wykazać, że proste, połowiące dwa kąty odpowiednie, są do siebie równoległe.

13.    Wykazać, że proste, połowiące dwa kąty jednostronne, są do siebie prostopadłe.

14.    Ile wynosi suma kątów ostrych w trójkącie prostokątnym?

15.    Jeden kąt ostry trójkąta prostokątnego wynosi 57° 16'. Ile wynoszą inne kąty?

16.    Na promieniach pęku złożonego z trzech promieni obrać wierzchołki trójkąta i wykreślić na tym samym pęku trójkąt o bokach równoległych do pierwszego. Co można powiedzieć o kątach tych trójkątów?

§ 14. 17. Dana jest linia prosta i punkt A poza nią. Znaleźć na tej prostej punkty oddalone od A o odcinek a. Ile takich punktów znajdziemy? Jakie są możliwe przypadki?

18. Dany jest kąt i punkt P na j)olu tego kąta. Ile jest punktów na ramionach tego kąta, mających daną odległość od P? Jakie przypadki są możliwe?

19.    Wykreśl pięć możliwych położeń dwóch kół na jednym rysunku.

20.    Wykaż możliwość pięciu położeń dwóch kół, poruszając tylko większe koło.

21.    Wykreśl księżyce, powstałe z dwóch równych kół.

22.    Z dwóch podanych punktów mamy zakreślić koła. Jaki warunek muszą spełniać promienie, aby się koła przecięły? stykały?

23.    Koło obraca się koło osi nie przechodzącej przez jego środek (jest przytwierdzone »mimośrodkowo«). Narysować kilka położeń tego koła. Jaki tor opisuje przy tern środek koła?

24.    Narysuj koło stykające się wewnętrznie z kołami otrzymanemi w zadaniu poprzedniem.

25.    Koło otoczyć sześcioma równemi mu kołami, stykającemi się zewnętrznie ze sobą i z danem kołem.

26.    Pęk promieni przeciąć linią prostą i od punktów przecięcia na każdym promieniu odciąć w obydwie strony ten sam odcinek d. Otrzymane punkty utworzą dwie gałęzie linii krzywej, zwanej muszlą Nikome-desa (p. str. 16).

27.    Z dowolnego punktu na obwodzie koła wykreślić pęk promieni i na każdym z nich odciąć dwa równe odcinki od punktu przecięcia się z kołem do wnętrza koła i na zewnątrz. Linia, łącząca te wszystkie punkty, nazywa się ślimakiem Pascala (matematyk i filozof francuski z XVIII wieku).

28.    Wykreślić spiralną Archimedesa, w której wzrostowi kąta o 10° odpowiada przesunięcie punktu o ¹/₂ mm. Ile skrętów otrzymamy, posuwając się na odległość 1 dm od wierzchołka pęku? O ile stopni obrócił się równocześnie promień?

29.    Wykreślić kilkanaście punktów, których suma odległości od dwóch stałych punktów A i B, oddalonych od siebie o 4 cm. wynosi 6 cm. (przy pomocy łuków kół).

30.    Z dowolnego punktu A na obwodzie koła poprowadzić pęk siecznych i średnicę. Na drugim końcu średnicy poprowadzić styczną i na każdej siecznej odciąć od punktu A odcinek, leżący na niej a zawarty między styczną, a obwodem koła. Powitanie wówczas linia krzywa, zwana c i s o i d ą.

Rozdział IV.

Przystawanie i ruch.

§ 15. Przystawanie trójkątów.

Podobnie jak odcinki i kąty, tak trójkąty mogą być równe. Trzeba tu jednak odróżnić dwa rodzaje równości. Równość może być zupełna, co do wielkości i co do kształtu i wtedy nazywa się p r z y-stawaniem, może się zaś odnosić tylko do wielkości i wtedy się nazywa równością pola (powierzchni). N. p. trójkąty / i II są

///

Fig. 34.

przystające, trójkąty zaś I i III są tylko równe co do powierzchni. Znakiem przystawania jest ^ t. j. połączenie znaku = i znaku oznaczającego podobieństwo postaci (similis — podobny, stąd przewrócona litera S), podczas gdy znakiem równości powierzchni jest zwyczajny znak równości. Napiszemy więc 12^ II, ale I = III. O tym drugim gatunku równości będziemy mówili później; obecnie zajmiemy się przystawaniem.

I tak odcinki równe są zarazem przystające, tak samo kąty, albowiem o ich kształcie rozstrzyga już wielkość. Nie można tego powiedzieć już o trójkątach. Nie umiejąc jeszcze porównać ani pola, ani postaci figur, musimy inaczej określić przystawanie. Otóż dwa trójkąty nazywamy przystającymi, jeżeli ich boki i kąty są parami równe. Okażemy później, że takie dwa trójkąty można przez ruch sprowadzić do zupełnego nakrycia się i stąd pochodzi nazwa »przystawanie«.

Aby więc zbadać, czy dwa trójkąty są przystające, trzebaby sprawdzać aż sześć równości (równość trzech boków i trzech kątów). Okazuje się jednakowoż, że boki i kąty są tak ze sobą związane, że

wystarczy wykazać równość tylko trzech części, aby mieć zapewnioną równość pozostałych trzech. (Zamiast »części trójkąta« mówimy często »elementy«). Jednakże nie jest obojętriem, które trzy części wybierzemy.

§ 16. Pierwszy przypadek przystawania. (I.)

Weźmy pod uwagę dwa trójkąty A B C i A' B’ C', mające po jednym kącie równym, n. p -y = Y i dwa boki, zamykające ten kąt równe, t. j. a = a' i b = b'. Zachodzi pytanie, czy i pozostałe elementy są równe.

Przez ruch można sprowadzić równe kąty 7 i do nakrycia. Wtedy także boki a i a', b i b' nakryją się, a więc punkt B padnie

na B' a A na A'. Linie proste AB i A' B' mają po nakryciu dwa punkty wspólne, a więc nakrywają się zupełnie (pewnik II.), a zatem i c = ć. Ponieważ zaś punkt A i boki b, c, nakrywają się z punktem Ä i z bokami b', c', to

C’

a,

,b

a.

I)

oC

Fig. 35.

i kąt: a = a'. Podobnie ß = ß\ Z równości elementów cl — a', b — b, y = A wynika więc juz koniecznie równość pozostałych elementów, c — c, a == a , ß = ß •

Trójkąty A B C i A' B' C mają więc wszystkie boki parami równe i wszystkie kąty parami równe, są zatem przystające.

Jestto t. zw. pierwszy przypadek przystawania. (I.) Dwa trójkąty, mające po dwa boki równe i kąty między nimi zawarte równe, są przystające.

Twierdzeniu temu można nadać także inną postać:

Postawmy sobie zadanie: zbudować trójkąt, znając dwa boki i kąt między nimi zawarty, n. p. boki mają mieć długość a, b a kąt wielkość y n'a fig. 36.

Aby tę konstrukcyę wykonać, rysujemy w dowolnem miejscu płaszczyzny kąt Y — T i na ramionach jego odcinamy długości a' — a i b' = b. Łącząc punkty końcowe tych odcinków, otrzymujemy trójkąt. Ilekolwiek trójkątów zbudowalibyśmy z tych trzech elementów, wszystkie one będą przystające według naszego

Fig. 36.

d’/

b‘

twierdzenia (I). Wyrażamy to tak: dwa boki i kąt między nimi zawarty wyznaczają dokładnie trójkąt (co do kształtu i wielkości). Wielkość pozostałych kątów i boków zależy od wielkości boków a, b i kąta ą, czyli: bok c i kąty a i ß są funkcyami wielkości

a, b i f.

A‘/Ć

Fig. 37.

Spróbujmy teraz oprzeć się na równości innych trzech części, C n. p. na równości trzech kątów. Okaże się, że i z równości trzech kątów nie wynika jeszcze przy-\ g. stawanie trójkątów (wynika tylko ich podobień-\ stwo, o czem później). W dowolnym trójkącie ABC \ z punktu A' leżącego na ramieniu A C wykreślmy linię równoległą do A B. Trójkąt A' B' C ma z trójkątem ABC wszystkie kąty parami równe (dlaczego?) a mimoto widocznie dl'< CA, zatem o przystawaniu mowy być nie może. Trzy więc kąty nie wyznaczają dokładnie trójkąta (co to znaczy?).

A Użyliśmy tu dowodu nie wprost, który polegał na wskazaniu j ednego »przykładu« sprzeciwiającego się twierdzeniu, t. zw. kontr-przykładu. Jestto najłatwiejszy sposób obalania fałszywych twierdzeń. Tem przewyższa dowód niewprost wszystkie inne sposoby dowidzenia. Albowiem do udowodnienia prawdziwości jakiegoś twierdzenia nie wystarcza podanie jednego ani wielu przykładową do obalenia zaś twierdzenia wystarczy zupełnie jeden przykład przeciwny. N. p.: Gdyby ktoś twierdził, że w potęgowaniu jest prawo przemienności i podał przykład 4² = 2⁴, to nie udowodni przez to niczego. Natomiast wystarczy podać przykład 3²    2³, aby wykazać, że

w potęgowaniu niema prawa przemienności.

§ 17. Drugi przypadek przystawania. (II).

Widzieliśmy, że nie jest obojętnem, które elementy trójkątów porównujemy (lub podajemy do zbudowania). Przekonamy się, że istnieją tylko cztery możliwości, to jest cztery przypadki przy staże ania. (Wymień wszystkie możliwe zestawienia po trzy z trzech

boków i trzech kątów!) Jeden przypadek już zbadaliśmy. Zajmijmy się teraz dalszymi.

ZT

ó‘

Fig. 38.

Ponieważ z równości trzech kątów nie można wnosić o przystawaniu, weźmy teraz dwa kąty i jeden bok. Jeżeli znamy dwa kąty, to trzeci obliczymy według wzoru: y = 180° — (a -f- ß); obojętnem więc jest, które kąty są podane. Najwygodniej dla nas będzie użyć dwóch kątów,

39.

leżących przy podanym boku. Z tych części łatwo zbudować trójkąt (fig. 38), odcinając na dowolnej linii a' = a, a przy końcach tego odcinka kąty ß = ß' i y = T (czy wielkość kątów ß i ę jest dowolna?).

' Twierdzimy, że wszystkie trójkąty zbudowane z tych trzech elementów są przystające. Jestto drugi przypadek przystawania.

(II.) Dwa trójkąty, mające jeden bok i dwa kąty parami równe, są

przystające.

Dowód: Założenie:

c — ć a = a'

ß = ß'

Przedewszystkiem wykażemy, że a — a'. Grdyby a' << a, odcięlibyśmy (fig. 39) x = a’ i łącząc koniec odcinka x z wierzchołkiem

\ \6

ây

'\

'/9

<r

<\

/3'

eC

A B'

c'

A'

Fig.

kąta a otrzymalibyśmy trójkąt B A D ^ Br A' C (według I). Więc kąt § = a' ale ponieważ a' = a, mielibyśmy o = a, co jest niemożliwe, bo ramię kąta § leży na polu kąta a. Tak samo niemoźliwem jest, by a' )> a. Musi więc być a — a'.

Teraz możemy już zastosować (I) przypadek przystawania, (albowiem a = a\ c = c, ß = ß') więc A B C ^ A’ B' C.

§ 18. Zastosowanie pierwszego i drugiego przypadku przystawania.

Z (I) i (II) przypadku przystawania łatwo wyprowadzić następujący ważny wniosek:

jeżeli w jednym trójkącie dwa boki są równe, to i kąty, leżące naprzeciw nich, są równe i odwrotnie (czyli w trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są równe).

Dla dowodu weźmy trójkąt równoramienny, w którym a — b i narysujmy go raz jeszcze, ale w położeniu przewróconem (fig. 40), to a z pierwszego

trójkąta równa się bokowi b z drugiego, b z pierwszego równa się bokowi a drugiego, kąt zaś y między nimi zawarty jest ten sam; zatem te dwa

//

'i

6/

d,

ot

trójkąty według (I) mają i inne kąty odpowiednio równe. Otóż ß z pierwszego trójkąta równa się kątowi a z drugiego trójkąta. Ponieważ zaś to jest ten sam kąt, co a w pierwszym trójkącie, więc ß w pierwszym trójkącie równa się kątowi a w pierwszym trójkącie, o co nam właśnie chodziło.

Fig. 40.

Tak samo udowadnia się odwrócenie: naprzeciw równych kątów w jednym trójkącie leżą równe boki. (Opieramy się na równościach c = c, ß = <Xj a. = ß). Z tych twierdzeń wynika, źe w t r ó j k ą c i e

równobocznym wszystkie kąty są równe, wynoszą więc po 60°.

•w

Fig. 41.

Z twierdzenia i odwrócenia wynika juz, źe naprzeciw nierównych boków leżą nierówne kąty i odwrotnie. Wątpliwem jest jeszcze, czy naprzeciw większego boku leży większy kąt, czy teź mniejszy? Jeżeli bj> a (fig. 41), to odcinamy na b odcinek x — a. Wtedy musi być § — e, ale e ;> a więc iS>a a tembardziej ß > a. Otóż naprzeciw większego boku leży większy kąt (i odwrotnie; udowodnij !).

Stąd wniosek: w trójkącie prostokątnym przeciwprostokątnia jest dłuzsza od każdej przyprostokątni.

(Wypowiedz podobne twierdzenie o trójkącie rozwartokątnym!).

Opierając się na tern, można wykazać, ze linia prosta jest krótszą od wszystkich linii łamanych, łączących dwa punkty.

Fig. 42.

Weźmy najpierw linię łamaną ABC (fig. 42), łączącą punkty A i B, złożoną z dwóch części. Poprowadźmy z punktu C linię prostopadłą do A B, to otrzymujemy dwa trójkąty prostokątne. A więc: bj>x, aj>y, zatem także b -\- aj> x -\- y, a to znaczy, źe droga A C B jest dłuższa, aniżeli droga A B. Twierdzenie to wypowiadamy często tak:

W trójkącie suma dwóch boków jest większa od trzeciego. Udowodnij na podstawie tego, źe różnica dwóch boków trójkąta musi być mniejsza od trzeciego!

Biorąc teraz linię łamaną, złożoną z kilku części, dojdziemy do tego samego wniosku, rozkładając tę figurę na trójkąty.

r?

J/

N. p. fig. 43: a -J- b > x c + d>y

<y

a —|— b —j— c —|— d oc —J— y A CDB>AB.

t- j-:

lub fig 44.

a -f- b ;> x więc a -f- b -j- c > x -f- c ale x Ą- c >» d więc tembardziej a -(- b -j- c >> d

Tak samo dowodzi się dla linii łamanej złożonej z więcej części. Ponieważ zaś każdą linię krzywą uważamy za granicę, do jakiej dąży linia łamana, o coraz to większej liczbie boków, to twierdzenie nasze można także rozszerzyć na wszystkie linie krzywe i powiedzieć ogólnie:

Linia prosta jest najkrótszą drogą między dwoma punktami czy to krzywych.

Fig. 43.

Fig. 44.

z pomiędzy wszystkich dróg czy to łamanych,

§ 19. Trzeci przypadek przystawania. (III).

Omówiliśmy już równość trzech kątów, dwóch kątów i dowolnego boku, jednego kąta i dwóch boków zamykających go. Pozostają jeszcze: jeden kąt i dwa boki nie zamykające tego kąta i trzy boki. Zacznijmy znowu od konstrukcyi. Mając dane dwa boki a, b i kąt

C,

fi

Fig. 45.

nie zawarty między nimi n. p. kąt ß leżący naprzeciw boku większego b, wykreślamy najpierw ten kąt (fig. 45), następnie na jego ramieniu odcinamy bok a, wreszcie z końca tego boku zataczamy luk koła promieniem b. Koło to trafi drugie ramię kąta (źe trafi, to udowodnimy później) w punkcie C. Łącząc go z punktem B otrzymamy trójkąt ABC.

Rozważaniem podobnem, jak w (I) i (II) przypadku dochodzi się do wniosku, źe wszystkie trójkąty, z tych trzech elementów zbudowane, są przystające. Stąd trzeci przypadek przystawania:

(III). Dwa trójkąty, mające po dwa boki równe i kąt większemu z nich przeciwległy równy, są przystające.

Inaczej zupełnie przedstawia się sprawa, jeżeli podamy dwa boki i kąt mniejszemu bokowi przeciwległy : a, b i a. Wykreślmy

Ct

'ek

Fig. 46.

kąt a, na jego ramieniu ode-tnijmy b, a z końca B zatoczmy łuk koła promieniem a. Spostrzeżemy, źe koło przetnie drugie ramię w dwóch punktach C i D. Otrzymamy więc dwa trójkąty A B C i A B D mające:

A B = A B B C= B D

a — a

Co więcej: jeżeli bok a za krótki, to koło zupełnie nie przetnie drugiego ramienia; wtedy więc z takich trzech, elementów nie można wcale zbudować trójkąta (pozostaje t. z w. trójkąt otwarty). Jest jednak jedna pośrednia długość boku a, przy której koło dotknie drugiego ramienia w jednym punkcie. Wtedy jedynie trójkąty zbudowane z tych elementów byłyby przystające. W ogólności zatem trzeba ten przypadek odrzucić.

a mimo to nie przystające.

§ 20. Czwarty przypadek przystawania i znaczenie przystawania w geometryi.

Fig. 47.

Pozostaje jeszcze ten przypadek, kiedy trzy boki są parami równe. Zacznijmy od konstrukcyi. Dane są trzy boki. Aby z nich zbudować trójkąt (fig. 47), odcinamy bok a na dowolnej linii prostej, a z końców A i B zakreślamy koła promieniami b i c. Jeżeli tylko te

boki są dosyć długie (jak długie?), koła przetną się w dwóch punktach C i C. Powstają więc dwa trójkąty, ale przystające. Wszystkie trójkąty wogóle, zbudowane z tych trzech elementów, są przystające, co można udowodnić w sposób podobny, jak dla innych przypadków (nieco trudniejszy dowód). Stąd więc wynika czwarty i ostatni przypadek przystawania:

(IV). Dwa trójkąty, mające trzy boki parami równe, są przystające.

za-

Widzimy więc, że z równości boków dwóch trójkątów wynika równość kątów, ale odwrotnie: z równości kątów nie wynika bynajmniej równość boków. Aby przenieść kąt, wystarczy więc mknąć go w trójkąt i przenieść boki trójkąta. Najczęściej używa się do tego celu trójkąta równoramiennego.

wystarczy wykonać trzy pomiary:

Zastanówmy się nad tern, jaką korzyść mieć można z przypadków przystawania trójkątów. Przedewszystkiem służą one do ułatwienia badania, czy dwa trójkąty są przystające. Dalej służą do przeniesienia trójkąta w inne miejsce płaszczyzny (t. zn. do znalezienia w innem miejscu płaszczyzny trójkąta przystającego). Nadto pozwalają one z trzech podanych części zbudować trójkąt zupełnie określony co do kształtu i wielkości, ponieważ trzy części są funkcyami trzech pozostałych. Polecając n. p. rzemieślnikowi wykonanie trójkąta z drzewa, wystarczy podać mu trzy wymiary n. p. jeden bok i dwa kąty, zamiast sześciu wymiarów. Tak samo, jeżeli idzie o zmierzenie trójkąta pozostałe części można wtedy otrzymać albo w przybliżeniu rysunkiem, albo ściśle rachunkiem. Rachunek, prowadzący do tego, tworzy osobny dział geometryi, zwany trygonometryą.

na

Przy zdejmowaniu planów opieramy się również na przystawaniu trójkątów. Mając n. p. zrobić plan pola ograniczonego dowolną linią łamaną, mierzy się tylko jeden bok, przypuśćmy A B fig. 48, a pozatem same kąty. Przez zmierzenie jeszcze kątów « i ßi mamy już wyznaczony trójkąt A B G, możemy go więc na planie narysować. Wskutek tego i bok B G mamy znany. Przy boku B G mierzy się znowu kąty ę i ß₂ i uzyskuje się tą drogą następny trójkąt: B G F. Stąd znowu od boku B F kąty 8 i ßs i t. d.

W ten sposób z jednej długości i kątów otrzymujemy wszystkie inne części składowe bez dalszego mierzenia. Mierzenie bowiem długości w polu jest połączone z pewnemi trudnościami, do mierzenia zaś kątów posiadamy bardzo dokładne i wygodne przyrządy. Takie postępowanie nazywamy »tryangulacyą« (trójkątowaniem). Jeżeli plan narysujemy w odpowiedniem zmniejszeniu, możemy z niego już wymierzyć pozostałe części, jeżeli zaś tylko zanotujemy wielkości mierzone w polu, obliczamy pozostałe przy pomocy trygonometryi.

Dotychczas podaliśmy tylko określenie przystających trójkątów. Inne utwory geometryczne nazywamy przystającymi, jeżeli

T\

ci

-CP\-o> w /V

c-

Fig. 48.

wszystkie odcinki i kąty jednej figury są równe odpowiednim odcinkom i kątom drugiej figury. Tak n. p. dwa koła o równym promieniu są przystające,, bo można punkty obydwu kół tak sobie podporządkować, źe wszystkie promienie i cięciwy jednego koła są równe odpowiednim promieniom i cięciwom drugiego i tworzą równe kąty.

Nasuwa się pytanie, czy nie wystarczy zbadanie równości dwóch części, celem sprawdzenia przystawania trójkątów.

c‘

Fig-. 49.

Spotykamy często w rozmaitych utworach geometrycznych trójkąty? które mają tylko po dwa elementy równe, a trzecie nie. Trójkąty takie nie są przystające, ale okazuje się, źe jest przecież pewien związek między ich bokami a kątami. N. p.: jeżeli dwa trójkąty mają po dwa boki równe, a kąty między nimi zawarte nierówne, to trzecia para boków nie jest równa, ale naprzeciw większego kąta leży większy bok. Innemi słowami: jeżeli w trójkącie wzrasta kąt zamknięty dwoma bokami o stałej wielkości, to wzrasta także bok, lezący naprzeciw tego kąta,.

lak samo odwrotnie: jeżeli dwa boki nie zmieniają się, a trzeci wzrasta, to i kąt, lezący naprzeciw niego, musi wzrastać.

Proste dowody tych twierdzeń pomijamy.

§ 21. Ruch postępowy i obrotowy.

Poznamy obecnie bliżej związek, jaki zachodzi między przystawaniem a ruchem.

W geometry i, podobnie, jak w mechanice, sprowadzamy wszystkie ruchy do dwóch najprostszych, zasadniczych ruchów: do ruchu postępowego i obrotowego.

Ruchem postępowym jakiejkolwiek figury nazywamy posuwanie się wszystkich jej punktów po liniach prostych równoległych o te same odcinki.

Wiemy z pewnika I, że przy ruchu żaden odcinek figury nie może doznać skrócenia ani wydłużenia. Łatwo wykazać, że przy ruchu postępowym odcinek pozostaje zawsze równoległy do pierwotnego położenia.

Tak samo trójkąt nie zmienia przy ruchu postępowym ani wielkości ani kształtu, czyli pozostaje przystający do pierwotnego położenia. Z fig. 50 widzimy, ~ jakiej konstrukcyi trzeba użyć, aby trójkąt ABC przesunąć ruchem postępowym o odcinek np. A A'. Prowadzi się z wierzchołków trójkąta proste równoległe do siebie i na każdej z nich odcina się równy odcinek AA’ — BB' — CC'. Łącząc punkty A' B' C otrzymamy trójkąt w no-wem położeniu. To samo odnosi się do każdej figury wogóle, ponieważ każda da się złożyć z trójkątów.

Odcinek A A! nazywa się wielkością przesunięcia, linie równoległe B B', A A', CC' torami ruchu postępowego.

Ruchem obrotowym jakiegokolwiek utworu geometrycznego nazywamy taki ruch, przy którym każdy punkt figury porusza się po kole około tego samego środka t. z w. środka obrotu (por. str. 33) o ten sam kąt.

Aby ten ruch geometrycznie wykonać, łączy się wszystkie punkty danej figury z jednym stałym punktem i ten pęk promieni obraca się o żądany kąt (por. str. 33).

N. p. na fig. 51 wykonaliśmy obrót odcinka A B około punktu O o kąt A O A' w następujący sposób :

c"

3,

a*

3‘

<3’/

6'

B'

Fig. 50.

Łączy się A i B z O, zatacza się łuki promieniami O A i OB i wykreśla się B OB' — <fjAO A'. Punkty A' i Bć, w których ramiona tych kątów przecinają łuki odpowiednich kół, są punktami końcowymi odcinka A B, obróconego w nowe położenie. Przez obrót trójkąta boki jego ani kąty się nie zmienią na podstawie pewnika I, trójkąt więc pozostanie przystający do pierwotnego położenia. To

Fig. 51.

samo odnosi się do wszystkich figur: przez ruch obrotowy nie zmienia się wielkość ani kształt figur geometrycznych, pozostają one przystające do pierwotnego położenia. Z ruchu obrotowego i postępowego możemy złożyć każdy najzawilszy ruch.

U10 ag a: Gdybyśmy zamiast pewnika ruchu przyjęli jako pewnik, że trójkąty, mające dwa boki i kąt między nimi zawarty równe, są przystające, to moglibyśmy udowodnić odwrotnie, że przez ruch obrotowy i postępowy nie ulega zmianie ani wielkość, ani postać figur geometrycznych. Wykażemy teraz opierając się na tych określeniach, że dwie figury przystające dadzą

C"

0"

się zawsze sprowadzić do nakrycia przez ruch. Weźmy najpierw trójkąty przystające i to takie, wT których części równe następują po sobie w tym samym porządku. Mech te trójkąty (fig. 52) leżą w dowolnych miejscach płaszczyzny n. p. :

t\

fi‘

Uwaga: W tym samym porządku, t. zn., że, jeżeli postępując od A przez B do C mamy pole trójkąta po lewej ręce, to tak samo postępując od A' przez B' do C' powinniśmy mieć pole trójkąta po lewej ręce.

Fig. 52.

Wykonajmy najpierw ruch j) ostępowy w kierunku A' A o długość A' A. Otrzymamy trójkąt A B" G".

Aby go sprowadzić do nakrycia z trójkątem A B C, trzeba jeszcze wykonać ^obrót około punktu A o kąt -jj B" A B — a. (Wtedy istotnie punkt B' padnie na B, bo A B" = A B a punkt C" padnie na C, bo A C" — A C a kąt C" A C wynosi także a, albowiem jj B" AC" — BA C, odejmując od obydwu kątów część wspólną Àj B A C", otrzymamy a = <jj C" A C).

To samo odnosi się nie tylko do trójkątów, ale do wszystkich figur przystających (z zachowaniem tego samego porządku).

Weźmy teraz trójkąty przystające, ale w odwrotnym porządku (fig. 53).

C’

B'

C"

Fig. 53.

nakrycia, tak, jak w poprzednim przypadku.

To samo odnosi się nietylko do trójkątów, ale do wszelkich innych figur płaskich.    J

Tych figur nie sprowadzimy do nakrycia ani przez ruch postępowy, ani przez ruch obrotowy w danej płaszczyźnie. Trzeba najpierw jeden z trójkątów »przewrócić«, a więc 'wykonać ruch U o b r o t o wy w p r z e s t r z e n i, trzeba się wznieść ponad płaszczyznę, n. p. obrócić trójkąt ■ V B' C' około prostej A' B' do położenia Ä B' C". Teraz dopiero można ruchem obrotowym i postępowym w płaszczyźnie sprowadzić obydwa trójkąty do

Wystarczy więc jeden ruch postępowy i dwa obroty, aby dwie figury przystające sprowadzić do nakrycia.

Widzieliśmy z jednej strony, że przez ruch otrzymujemy same figury przystające, z drugiej zaś, że figury przystające dadzą się sprowadzić do nakrycia przez ruch. Jestto więc własność charakterystyczna figur przystających (a zarazem »ruchu«). Można więc teraz powiedzieć: figury przystające są to takie figury, które dadzą się sprowadzić do nakrycia przez ruch.

Teraz dopiero jasnem jest dla nas znaczenie słowa »przystawanie«.

§ 22. Odległość punktu od prostej. Proste pochyłe. Rzuty.

Opierając się na przystawaniu trójkątów możemy zbadać dokładniej utwory geometryczne poznane już w poprzedniej nauce. I tak najpierw zastosujemy poznane twierdzenia do pęku promieni przeciętego linią prostą, nie przechodzącą przez wierzchołek

/3

Ał

Fig. 54.

pęku. Pomiędzy promieniami pęku musi istnieć jeden (i tylko jeden) prostopadły do prostej p: S C \_ p. (por. str. 18). Porównajmy odcinki S A, S B, SC, SD i t. d. Otóż S C S B jako przyprostokątnia w trójkącie S C B, S C < SA jako przyprostokątnia w trójkącie S C A; tak samo porównując S C z wszystkimi innymi odcinkami dochodzimy do wniosku, źe: odcinek S C prostopadły do prostej p jest najkrótszy ze wszystkich odcinków, jakie można z S do p poprowadzić.

Z tej przyczyny odcinek prostej prostopadłej z punktu poza prostą wykreślonej nazywamy odległością punktu od prostej. Punkt C, spodek prostopadłej, nazywamy także rzutem punktu S

na prostą p. Punkty A, B, D, E......nazywamy także rzutami, ale

rzutami ukośnymi. Jeżeli zaś mówimy rzut bez żadnego dodatku, mamy na myśli tylko rzut prostopadły. Odcinki B C, A C nazywamy także rzutami odcinków SB, SA na prostą p.

Co do innych odcinków z punktu S wychodzących łatwo spo-strzedz, źe są one tern większe, im dalei ich spodek leży od punktu C, a więc im rzut większy n. p. S E S D bo fC 0 o jako kąt rozwarty. Wielkość ich wzrasta nieograniczenie w miarę oddalania się od punktu C. Jednakowoż z wyjątkiem promienia równoległe₀o każdy inny przecina prostą (albo sam albo jego przedłużenie poza wierzchołek). Są jednakże pomiędzy tymi odcinkami także po dwa

równe, mianowicie te, których spodki są równo oddalone od spodka prostopadłej, t. j., których rzuty są równe. Jeżeli bowiem B C— D C, to z porównania trójkątów SBC i SBC, stosując (I) przypadek przystawania, widzimy, źe S B — S D.

Ponieważ od punktu C można na prostej p tylko dwa odcinki równe odmierzyć, istnieją więc tylko po dwa równe odcinki pochyłe każdej wielkości.

Wszystkie te twierdzenia dadzą się odwrócić, a mianowicie:

Odcinki pochyłe równe, z jednego punktu posa prostą poprowadzone, mają rzuty równe. Z wzrostem odcinka, pochyłego wzrasta jego rzut. (Udowodnij!) (Trzeba użyć (III) przypadku przystawania).

Można także łatwo wykazać zależność od kąta: im bardziej odcinek jest nachylony, t. j. im mniejszy kąt z prostą p tworzy, tern większy jest jego rzut, odcinki zaś jednakowo nachylone mają równe rzuty. (Wypowiedz inne odwrócenia, n. p. zależność od kąta p! na fig. 54).

Mówiliśmy dotychczas o rzutach odcinków, przecinających daną linię prostą p. Jeżeli odcinek niema z prostą p żadnych punktów

Fig. 55.

wspólnych, to rzut jego tworzymy (fig. 55)wykreślając z jego końców proste prostopadłe do p, proste rzucające AA' i B //. Odcinek Ä Br nazywa się rzutem odcinka iii na prostą p lub na oś p. Rzuty wszystkich punktów pośrednich między A i B padną pomiędzy A' i B’ i wypełnią cały odcinek A’ B’. Odcinki równe i równo nachylone mają rzuty równe. (Udowodnij!)

Im mniejszy kąt tworzy odcinek z kierunkiem prostej p, tern większy jest jego rzut: gdy nachylenie odcinka zmniejsza się od 90°

A B' E' U

Fig. 56.

do 0°, to wielkość rzutu wzrasta od zera do wielkości odcinka A B (wykaż!). Rzut jakiejkolwiek figury na linię prostą p otrzymujemy, kreśląc ze wszystkich punktów tej figury linie prostopadłe do osi p (fig. 56). Obierzmy na tej prostej pewien kierunek, n. p. od A' ku C jako dodatni, to odcinki A' B',B' C’.... są dodatnie, a odcinki CD', D' E\... ujemne.

Z figury odczytujemy, źe przy takiem ustaleniu kierunku rzut figury zamkniętej ma wartość zero.

Istotnie biorąc sumę rzutów kolejnych boków: AB, B C,C I).. otrzymamy:

A' B' + B' a + C D’ + U E' + E’ A'.

Zbierając odcinki dodatnie razem i ujemne razem, otrzymujemy:

A' C 4- C A'

ale Cr Ä — — A' C (por. str. 10), więc jako wartość tej sumy otrzymujemy:

A' C — A' C = O.

§ 23. Odległość prostych równoległych. Równoległe w trójkącie.

Jeżeli dwie linie proste są równoległe, to wszystkie punkty jednej z nich są równo oddalone od drugiej: A D = B C = i t. d. (por. fig. 57). Wynika to z przystawania trójkątów A B C i A D C (II). Odwrotnie: Jeżeli jakieś punkty są równe oddalone od jednej

Fig. 57.

prostej q, to leżą one na prostej równoległej do q (dowód niewprost!). Jest to więc własność charakterystyczna prostej równoległej. Możemy więc twierdzenie i odwrócenie wypowiedzieć jednem zdaniem:

Miejscem geometrycznem punktów rowno oddalonych od prostej jest prosta równoległa. Tę równą odległość punktów nazywamy

ó / m d

/M

odległościąprostych równoległych. (Uwaga: na tej własności polega nazwa » proste równoległe « ).

■>,

Fig. 58.

Jeżeli jakaś poprzeczna przecina kilka prostych równoległych, poprowadzonych w równych odstępach, to te równoległe odcinają na niej równe kaicalki. Dowód wynika z przystawania (II) trójkątów wykreślonych na fig. 58. Twierdzenie to może posłużyć do tego, aby dowolny odcinek b podzielić na kilka równych

części. Trzeba tylko narysować kilka linii równoległych w równych odstępach i z jakiegokolwiek punktu A jednej z prostych równoległych odciąć ten odcinek tak, aby jego koniec B sięgał do ostatniej linii równoległej. Postępowanie takie jest praktyczne zwłaszcza wtedy, jeżeli mamy różne odcinki dzielić na tyle samo równych części.

Odwrotnie: jeżeli z punktów dzielących jakiś odcinek na równe części wykreślimy linie do siebie równoległe, to one na każdej innej poprzecznej odcinają tyleż równych kawałków, albowiem mają wszystkie równą odległość.

Dowód: a — a' = a", a = A — a" = 90°, 8 = V — 8" więc trójkąty przystają, a z przystawania wynika d = d’ = d".

kbs

av

b₄

a,

b₃

a.

a₂

Stosując to do trójkąta, otrzymamy ważne twierdzenie: proste równoległe do podstawy trójkąta, a dzielące jeden bok na kilka równych części, dzielą i drugi na tyle samo równych części. A więc n. p. prosta równoległa do podstawy, odcinająca na jednym boku ¹I₅ część od wierzchołka, odcina także na drugim boku jego piątą część.

b,

Zwłaszcza często używa się tego 'A twierdzenia w najprostszym przypadku:

Prosta poprowadzona przez środek jednego boku trójkąta równolegle do drugiego połowi także bok trzeci (wykaż wprost na fig. 60, prowadząc z I) i E prostopadłą do A i?, a z C prostopadłą do D E).

a„

Fig. 59.

Wykażemy jeszcze, że ten odcinek, łączący środki boków, równa się połowie boku równoległego.

Fig. 60.

Odwrócenia tego

Założenie: A D = D C, D E || Ajß. Wie-my już, że C E = E B. Wykreślmy z E prostą E F || A C, to otrzymamy trójkąty D C E i EFB przystające, bo CE=EB i odpowiednie kąty są równe). Z przystawania wynika: D E ~ F B. Ale linia EF\\AC, a przechodzi przez środek boku B C, więc połowi trzeci bok AB, a więc

AB

AB

twierdzenia są także prawdziwe:

Prosta, łącząca środki dwóch boków trójkąta, jest równoległa do trzeciego, a jej odcinek równa się jego połowie (dowód nie wprost !).

Jak jeszcze można to twierdzenie odwrócić?

§ 24. Zastosowanie twierdzeń o przystawaniu trójkątów do koła. Prosta i koło.

Opierając się na twierdzeniu o najkrótszej odległości punktu od prostej, możemy dokładniej określić położenie prostej względem koła. Odległość prostej od środka koła może być\ a) większa od promienia, b) równa promienioivi i c) mniejsza od promienia.

a) Jeżeli dj>R, to prowadząc ze środka koła linię O A J_ p

widzimy, że O A R, zatem punkt A leży poza kołem. Tembardziej każdy inny punkt tej prostej musi leżeć poza kołem, bo każdy inny odcinek z O do prostej p sięgający jest jeszcze dłuższy.

F \ß

(K

Zatem: cała prosta p leży poza kołem, jeżeli dj>R.

Fig. 61.

b) Jeżeli d — R, n. p. dla prostej q, to prowadząc z 0 linię prostopadłą do q otrzymamy punkt C, leżący zarazem na kole. Każdy inny punkt prostej q ma odległość od 0 większą, aniżeli O C, zatem większą od promienia, leży więc poza kołem. Linia prosta q jest więc styczną koła, jekeli d — R. Widzimy, że promień koła, przechodzący przez punkt styczności, jest prostopadły do stycznej. Ale także odwrotnie: linia prostopadła do promienia na końcu promienia wykreślona jest styczną koła. (Udowodnij nie wprost!) To podaje sposób kon-strukcyi stycznej a zarazem wskazuje, że w każdym punkcie na kole istnieje tylko jedna styczna. Podaj jeszcze jedno odwrócenie!

Fig. 62.

c) Jeżeli d <jR (fig. 62), to prostopadła O A ze środka koła jest krótsza od promienia, zatem punkt AL leży wewnątrz koła. Tak samo punkty sąsiednie. Jeżeli się jednak posuwamy od punktu A w obydwie strony, to odległość od środka O wzrasta i trafimy na dwa punkty B i C, których odległość od O jest już równa promieniowi. Te punkty leżą więc na obwodzie koła, są wspólne kołu i prostej. Więcej takich punktów nie będzie,

bo z punktu O poza prostą p dadzą się do niej tylko dwa równe pochyłe odcinki poprowadzić. Jeżeli od punktów B i C posuwamy się jeszcze dalej, odległość od środka wzrasta jeszcze bardziej; punkty te leżą już poza kołem.

Jeżeli więc d R, to prosta przecina koło w dwóch punktach, jest sieczną koła. Łatwo wykazać, że linia O A połowi cięciwę B C (III). Odwrotnie: linia prostopadła w środku cięciwy trafia środek koła (nie wprost!).

§ 25. O kątach środkowych.

Kąt, którego wierzchołkiem jest środek koła, a ramionami promienie, nazywa się kątem środkowym, n. p. <U a. O kącie a mówimy, że się wspiera na łuku i 5, lub na cięciwie A B. Kąt wypukły ß, wspiera się na łuku B DA.

Dwa łuki są przystające, jeżeli naieżą do równych kątów środkowych w tern samem kole, lub w kołach o równych promieniach n. p. A B

\c

Fig. 63.

i A' B', można je bowiem sprowadzić do nakrycia przez obrót. Łuki mogą być równe a nieprzystające (por. fig. 64), to znaczy nie dadzą się sprowadzić do nakrycia przez sam ruch obrotowy i postępowy łuku jako całości. Trzebaby chyba takie łuki wygiąć, wyprostować, a to już nie jest ruch figury jako całości. Do równych kątów środkowych należą także równe cięciwy, jak to wynika z przystawania trójkątów O A B i O A’ B’ (I). Także odwrócenia tych twierdzeń są prawdziwe: Do przystających łuków naieżą równe cięciwy i równe kąty środkowe. (Jakie odwrócenie

3 \C

Fig. 64.

jest jeszcze możliwe? Udowodnij!). Na tych prostych uwa-\ gach polega budowa i użycie znanego przyrządu, zwanego kątomierzem. Jestto półkole, którego obwód jest podzielony na 180 przystających łuków, a przez to i kąt półpełny środkowy rozpada się na 180 równych kątów: każdy kąt wynosi więc 1°.

Uwaga: Używa się czasem jako kątomierza trójkąta prostokątnego, którego przeciwprostokątnia jest podzielona na 90 części, ale już nierównych. Zwiększają się one ku brzegom (ku przyprostokątniom) od środka przeciwprostokątni, gdzie są najmniejsze. Do przenoszenia łuku po tem samem kole można użyć cyrkla; mianowicie przenosimy równe cięciwy a do nich już należą równe luki.

Im dalej leży cięciwa od środka koła, tem jest mniejsza i odwrotnie. Udowodnij!

§ 26. O kątach obwodowych.

Fig. 65.

słowami:

Kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta obwodowego, wspierającego się na tym samym łuku lub:

kąt obwodowy równa się połowie kąta środkowego, wspierającego się na tym samym łuku.

(Udowodnij to samo, jeżeli środek O leży poza polem kąta obwodowego !).

Ponieważ zaś kąty środkowe, wspierające się na równych lukach, są równe, przeto i: kąty obwodowe, wspierające się na równych łukach, są równe.

Kąt, którego wierzchołek tezy na obwodzie, a ramiona są cięciwami, nazywa się kątem obwodowym, n. p.: <U B A C. O kącie tym mówimy, że wspiera się na luku 5 C, zawartym między jego ramionami. Między kątem obwodowym a środkowym, wspierającym się na tym samym łuku, zachodzi bardzo prosty związek. Wykreślmy promienie OB i O C i poprowadźmy średnicę A O D, to otrzymamy dwa trójkąty równoramienne. W każdym z nich kąty, leżące przy boku nierównym, są równe, oznaczyliśmy je więc tą samą literą. Ponieważ kąty a i ß są kątami zewnętrznymi, więc a = 2 e, ij 2 u, zatem ich suma: cc -j— ß — 2 (0 —j— jj czyli jCBOC=2. jCBAC

fo.

Fig. 66.

Odwrócenie tego twierdzenia prowadzi do rozmaitych ważnych konstrukcyi. Brzmi ono: jeżeli na jakimś odcinku wspierają się równe kąty, to ich wierzchołki lezą na obico-dzie koła, którego cięciwą jest ten odcinek. Dowód niewprost: gdyby jakiś wierzchołek C (fig. 66) leżał poza kołem O, na którem leży wierzchołek P jednego kąta, to łącząc D z A otrzymalibyśmy w trójkącie C D A kąt zewnętrzny A D B = a (jako obwodowy, wspierający się na tym samym łuku). Wtedy więc

jj C nie mógłby wynosić a (jako wewnętrzny kąt trójkąta). Tak samo gdyby C leżał wewnątrz koła.

To twierdzenie można także tak wypowiedzieć: miejscem geometrycznemu punktów, z których jakiś odcinek widać pod tym samym kątem, jest łuk koła zakreślonego na tym odcinku, jako na cięciwie, mianowicie ta część obwodu koła, która leży z jednej strony tej cięciwy. Im mniejszy ten kąt, tern dalej leży środek tego koła od odcinka A B.

Szczegółowym przypadkiem kątów obwodowych są t. zw. kąty w półkolu; są to kąty obwodowe, wspierające się na średnicy,

Fig. 67.

a więc na połowie okręgu koła. Każdy taki kąt, jako połowa kąta półpełnego A O B, jest kątem prostym. Otóż: każdy kąt w półkolu jest prosty. Twierdzenie to można odwrócić: jeżeli na jakimś odcinku wspierają się kąty proste, to ich wierzchołki lezą na obwodzie tego samego koła. Z tern wiąże się k o n-strukeya koła bez pomocy cyrkla, a tylko przy użyciu ruchomego kąta prostego (n. p. trójkąt prostokątny z drzewa) lub też przez kreślenie linii prostopadłych za pomocą trójkąta.

Fig. 68.

Chcąc n. p. zbudować koło o średnicy A B (fig. 68) rysujemy z punktu A dowolny pęk promieni, a z punktu B pęk promieni prostopadłych do promieni pęku A. Spodki tych prostopadłych są punktami żądanego koła. Kreśląc je odpowiednio gęsto i łącząc jedną linią nieprzerwaną otrzymujemy koło.

Podobnie moźnaby się oprzeć na ogólnem twierdzeniu o kątach obwodowych i zbudować koło przy pomocy dowolnie obranego kąta a

c;

lub też przy pomocy dwóch pęków promieni, przecinających się pod dowolnym kątem a (fig. 69). Wtedy jednakże otrzymamy koło wspierające się na pewnej cięciwie krótszej a nie na średnicy. Udowodnij, że pęki A i B są przystające!

Na twierdzeniu o kątach obwodowych po-__ ___ lega także przyrząd używany do rysowania linii ^ zbiegających się ku jednemu punktowi, leżącemu poza płaszczyzną rysunku. Składa się on z trzech

zawsze przez

sztywnie połączonych ramion, schodzących się w jednym punkcie C X, C Y, C Z. Obiera się stały odcinek AB i posuwa się cały przyrząd tak, aby

dwa skrajne ramiona przechodziły końce A i B odcinka.

* X'

li

Fig. 70.

Wtedy wierzchołek C posuwa się po kole, a ramię środkowe trafia zawsze punkt D. Wszystkie bowiem punkty, z których widać odcinek A B pod kątem stałym A C B. lezą na kole Kąty A C D, AC D i t. p. są więc (równymi) kątami obwodowymi. Ponieważ zaś jedno ramię zawsze przechodzi przez A, to drugie musi zawsze przechodzić przez D (dlaczego?). Linie więc C X, C X' i t. d. zbiegają się ku jednemu punktowi D, który może leżeć już poza płaszczyzną rysunku. (A i B muszą leżeć jeszcze na płaszczyźnie rysunku). W przyrządzie do rysowania linii C X, C X' i t d., są zrobione tylko ramiona CA, C B i C X. Prosta zaś CD jest tylko idealnem przedłużeniem ramienia C X. Używa się go zwłaszcza w rysunku perspektywicznym, gdzie linie równoległe wynaturzę rysuje się jako zbieżne ku jednemu punktowi.

§ 27. Kąt między styczną a cięciwą.

W pęku promieni z poprzedniego ustępu istnieje jeden promień styczny do koła (XX'). Jeżeli cięciwa B C fig. 69, obracając się koło punktu B przez położenie B O, B C", B C” dąży do położenia BA, to druga cięciwa AC dąży do położenia stycznego A X. Ponieważ przy całym ruchu kąt przy C ma ciągle tę samą wielkość, to i przy położeniu granicznem pozostanie taki sam kąt między cięciwą A B a prostą X X. Stąd twierdzenie:

Kat stycznej z cięciwa A B, przechodzącą przez punkt styczności,

Od

Fig. 71.

Fig. 72.

równa się wszystkim kątom obwodowym, wspierającym się na tej cięciwie, a leżącym po przeciwnej stronie cięciwy.

Moglibyśmy to także udowodnić odrazu bez rozważań granicznych, mianowicie: poprowadźmy z punktu styczności A (fig. 71) średnicę A O C i połączymy C z B, to jC B wynosi 90°, jako kąt w półkolu. Na kąty ß i y razem pozostaje także 90°. Ale a wraz z y tworzą kąt prosty, wynoszą więc razem również 90°. Ponieważ więc kątowi ß i kątowi a tyle samo brakuje do 90°, zatem te kąty są równe ß = a.

Ponieważ wszystkie inne kąty obwodowe, wspierające się na cięciwie A B, są równe kątowi ß, więc a równa się istotnie każdemu kątowi obwodowemu wspierającemu się na cięciwie A B.

Opierając się na tern twierdzeniu, można zbudować koło, z którego obwodu widać odcinek A B pod żądanym kątem. Rysujemy od jednego końca odcinka (fig. 72) prostą A X pod danym kątem. Prosta ta ma być styczną do kola w punkcie A, prosta zaś A B cięciwą. Środek koła musi więc leżeć na linii prostopadłej doi Ja przechodzącej przez punkt A, a także na linii prostopadłej w środku AB, a więc w punkcie przecięcia się O tych linii. Promieniem zaś jego jest O A (lub O B).

Ćwiczenia IV.

§ 15 —17. 1. Zbudować trójkąt, znając dwa boki n. p. a — 4 cm, b — 6 cm i kąt między nimi zawarty n. p. y — 35°.

2.    Z pewnego punktu wymierzono odległości do dwóch krańców stawu: a = 327 mi b — 452 m i kąt zawarty między temi długościami: y = 56°. Ile wynosi długość stawu? Zmierzyć na rysunku!

3.    Z wierzchołka kąta prostego w trójkącie prostokątnym poprowadzono prostopadłą do przeciwprostokątni. Zbadać, jakie części są równe w dwóch powstałych trójkątach. Czy są one przystające?

4.    Zbudować trójkąt, znając jeden bok i dwa kąty przy nim leżące n. p.: a = 4 cm, ß = 39°, y = 65°.

5.    Zbudować trójkąt, znając jeden bok i dwa kąty, z których jeden leży naprzeciw tego boku n. p. a = 7-2 cm, ß = 123°, a. = 28°.

6.    Z jednej strony rzeki zmierzono wzdłuż jej biegu długość AB = 56 m. Jakie pomiary trzeba jeszcze wykonać z tej samej strony rzeki, aby można zbadać odległość punktów A i i? od punktu C po drugiej stronie rzeki leżącego i szerokość rzeki.

7.    Wykazać, że w dwóch trójkątach przystających odpowiednie wysokości są równe.

^ 18.    8. W trójkącie równoramiennym kąt u wierzchołka wynosi 46° 29';

ile wynoszą inne kąty?

9. Ile elementów trzeba znać, aby wyznaczyć: a) trójkąt równoramienny? b) trójkąt równoboczny?

10. Wykazać, że różnica dwóch boków trójkąta jest mniejsza od trzeciego boku.

11. Wykazać, że linia łamana złożona z czterech odcinków jest dłuższa, aniżeli prosta łącząca jej końce.

§ 19—20. 12. Udowodnić, że trójkąty przystają w przypadku (III).

13.    Jak długi musi być mniejszy bok a, aby się zamknął trójkąt zbudowany z dwóch boków a, b i kąta leżącego naprzeciw mniejszego boku a?

14.    Zbudować trójkąt, znając a = 8 cm, b = 4 cm, c — 5 cm. Zmierzyć jego kąty! (trójkąt egipski).

15.    Przenieść dowolny trójkąt w inne miejsce płaszczyzny.

16.    Przenieść dany kąt w inne miejsce płaszczyzny, nie używając kątomierza.

17.    Ile części potrzeba znać do konstrukcyi trójkąta prostokątnego?

18.    Wykazać, że środki boków trójkąta równobocznego są wierzchołkami nowego trójkąta równobocznego.

19.    Udowodnij, że w dwóch trójkątach, mających dwa boki równe, a trzecie nierówne, naprzeciw większego boku leży większy kąt.

§ 21.

20. Przesunąć dowolny trójkąt o 4 cm: a) w kierunku jego wysokości, b) w kierunku jednego z boków.

21.    Obrócić dany trójkąt o 60° około dowolnego punktu, leżącego poza polem tego trójkąta. Wykonać po kolei pięć takich obrotów.

22.    Obrócić trójkąt o dany kąt około jednego z wierzchołków.

23.    Dwa trójkąty przystające, nie leżące równolegle, sprowadzić do nakrycia ruchem obrotowym i postępowym.

§ 22—23.    24. Znaleźć kilka punktów odległych o 3 cm od danej prostej p.

Co jest miejscem geometrycznem tych punktów?

25.    Dowolny odcinek podzielić na pięć równych części przy pon^ocy linii równoległych. Co trzeba zrobić, jeżeli odcinek nie sięga do ostatniej linii równoległej ?

26.    Przepołowić boki dowolnego trójkąta, którego jeden wierzchołek jest niedostępny (przy pomocy linii równoległych).

27.    Udowodnić, że prosta, łącząca środki dwóch boków trójkąta, jest równoległa do trzeciego. (Dowód nie wprost!).

28.    Boki trójkąta różnobocznego zmniejszyć pięciokrotnie i zbudować z nich nowy trójkąt.

29.    Jakąkolwiek figurę przerysować w podziałce zmniejszonej trzy razy.

30.    Wykazać, że prostopadła w środku cięciwy przechodzi przez środek koła. (Dowód nie wprost!)

§ 24.    31. Wykazać, że cięciwa wzrasta w miarę zbliżania się prostej do

środka koła.

32.    Wykazać, że linia prostopadła do stycznej w punkcie styczności wykreślona trafia środek koła.

33.    Wykreślić w kole sześć promieni, tworzących kąty środkowe po • 60°, a na ich końcach styczne do koła.

34.    Wykreślić dwa koła współśrodkowe i taką cięciwę koła większego, aby była styczną koła mniejszego. Wykazać, że ta cięciwa jest przepołowiona punktem styczności z kołem mniej szem.

35.    Wykreślić taką cięciwę w kole o promieniu 4 cm, aby jej odległość od środka, wynosiła 3 cm. Jakie jest miejsce geometryczne środków tych cięciw?

36.    Punkt A jest o 3 cm oddalony od prostej p. Znaleźć na tej prostej punkty, odległe o 4¹/₂ cm od punktu A.

37.    Wykazać, źe najbliższą drogą z punktu P poza kołem do obwodu koła jest prosta, której przedłużenie przechodzi przez środek koła. (Wziąć do porównania drugą prostą i połączyć ze środkiem koła jej punkt przecięcia się z kołem, leżący bliżej P).

38.    Znaleźć punkt, którego odległość od obwodu koła o promieniu 3 cm wynosi 2 cm. Co jest miejscem geometrycznem takich punktów?

39.    Poza kołem o promieniu 4 cm, leży punkt S w odległości 2 cm. Znaleźć na kole punkty odległe o 2\5 cm, 3 cm, 4 cm 6 cm, 7 cm od punktu S,

§ 25—27.    40. Dwa koła przecinają się. Wykazać, że linia środkowa po

łowi kąty środkowe, należące w obudwu kołach do wspólnej cięciwy.

41. Dwa koła przecinają się. Wykazać, że prosta, łącząca punkty przecięcia jest: a) prostopadła do linii środkowej, b) jest przepołowiona linią środkową,

42.    Przenieść dowolny kąt przy pomocy cyrkla, uważając go za kąt środkowy koła o dowolnym promieniu.

43.    Zbudować koło na danej średnicy przy pomocy ruchomego kąta prostego.

44.    Wykazać, że środek przeciwprostokątni jest równo oddalony od wszystkich wierzchołków trójkąta prostokątnego.

45.    Zbudować koło na danej cięciwie przy pomocy ruchomego kąta ostrego. Ile takich kół można zbudować; od czego zależy ich wielkość?

46.    Obierając odcinek A B = 2 cm fig. 69 jako cięciwę koła, a kąt prostej A X z tym odcinkiem <p X A B = 15° jako kąt stycznej z cięciwą, wykreślić koło.

Rozdział V.

Symetrya.

§ 28. Twierdzenia o trójkątach równoramiennych.

Widzieliśmy już, że w trójkącie równoramiennym kąty, leżące przy podstawie, są równe -i odwrotnie: jeżeli kąty, leżące przy podstawie, są równe, to trójkąt jest równoramienny.

'd

Fig-. 73.

Wysokość przedziela trójkąt równoramienny na dwa trójkąty przystające:

ADC^BDC (III).

Z przystawania wynika równość pozostałych części, więc:

1.    a = ß: wysokość połowi kąt u wierzchołka w trójkącie równoramiennym.

2.    A D = B D: wysokość połowi podstawę w trójkącie równoramiennym.

Twierdzenie to można odwrócić

w rozmaity sposób:

Linia, połowiąca kąt u wierzchołka trójkąta równoramiennego, połowi podstawę i jest do niej prostopadła.

Linia, łącząca wierzchołek trójkąta równoramiennego ze środkiem podstawy, połowi kąt u wierzchołka i jest prostopadła do podstawy.

Prostopadła w połowie podstawy przechodzi przez wierzchołek i połowi kąt u wierzchołka.

Proste dowody tych twierdzeń wynikają z przystawania, jedynie ostatnie twierdzenie udowadnia się nie wprost, w następujący sposób:

Czynimy założenie (fig. 74):

A C = B C, A D = B B i a = ß = 90°.

Gdyby prostopadła D E nie trafiła wierzchołka, tylko bok, n. p. A C, to łącząc E z B otrzymalibyśmy A D E ^ B B E (I); więc musiałoby być y = §', a to niemożliwe, bo Y = 5, a S' jest przecież mniejsze od 8. Tak samo nie może linia D E trafić między B i C, musi więc trafić w punkt C, a wtedy już z przystawania wynika połowienie kąta u wierzchołka.

Fig. 74.

§ 29. Utwory symetryczne.

Figury takie, jak dwie części trójkąta równoramiennego, powstałe przez wykreślenie wysokości, spotykamy często w geome-tryi idealnej i praktycznej. Są to figury przystające, ale części równe następują po sobie w obydwu figurach w odwrotnym porządku. Figury takie nazywają się: względem siebie symetryczne. Figury, dające się rozłożyć na symetryczne względem siebie części, nazywamy utworami symetrycznymi. Linię prostą, dzielącą figurę symetryczną na dwie części względem siebie symetryczne, nazywamy osią symetryi tej figury lub symetralną figury, w trójkącie równoramiennym osią symetryi jest wysokość. (Figur symetrycznych używa się często do ornamentów).

N. p.

Y_____B'

~7

A’

II

X~~C

Aby do jakiejś figury (n. p. I na fig. 75) znaleźć symetryczną względem niej, używamy następującej konstru-kcyi: obieramy dowolną prostą p za oś symetryi. Z punktów A, B, C, D, E danej figury I kreślimy linie prostopadłe do p i przedłużamy je poza linię p o takie same odcinki do punktów A', B’, <7, D\ E'.

Figura II ma wszystkie boki i kąty równe odpowiednim bokom i kątom figury I, ale w odwrotnym porządku, jest więc istotnie figurą symetryczną względem I. nazywamy także obrazem figury I (zwierciadło płaskie wytworzy-

Fig. 75.

Taką figurę

loby taki obraz), a konstrukcyę tę nazywamy odbiciem figury 1 w prostej p. N. p. aby wykazać, źe B C = B’ C łączymy B i B' z X

N.

---

(fig. 76). Z przystawania trójkątów B X Y i B’ X Y (I) wynika X B = Br X, i a = ß zatem i ich reszty do 90° są równe y = S.

C‘

Fig. 76.

Teraz wykazuje się przystawanie B CX= B' C X (I), więc B C = B' C. O takich figurach jak I i II mówimy, źe nietylko są względem siebie symetryczne, ale mają także położenie symetry-c z n e.

Z nauki o przystawaniu wiemy już, że figur symetrycznych względem siebie nie można sprowadzić do nakrycia przez ruch w jednej płaszczyźnie. Można je jednak zawsze sprowadzić do położenia symetrycznego, t. j. do takiego położenia, że punkty odpowiadające sobie w obydwu figurach leżą na tych samych liniach prostopadłych do osi symetryi i w tych samych od niej odległościach, tylko po przeciwnych stronach osi. Wtedy już wystarczy jeden obrót w przestrzeni około tej osi symetryi, aby je sprowadzić do nakrycia. (Por. str. 48).

Widzieliśmy, źe do każdego utworu można znaleźć utwór względem niego symetryczny, ale nie każdy utwór jest sam dla siebie figurą symetryczną. N. p. trójkąt równoramienny jest figurą symetryczną, ale trójkąt róźnoboczny już nie. (Podaj inne przykłady!)

§ 30. Symetralna odcinka.

Każdy odcinek jest utworem symetrycznym, to znaczy da się podzielić na dwie części symetryczne. Można bowiem każdy odcinek

przepołowić i można w tym środku wykreślić doń jedną linię prostopadłą. X. p. (fig. 77) AO=OB i SOJ_AB, to linia S O prostopadła w środku odcinka jest symetralna odcinka A B. Łącząc dowolny punkt symetral-nej, n. p. S z końcami odcinka A B, widzimy odrazu, źe *S' A = S B.

Fig. 77.

Słowami: każdy punkt symetral-nej odcinka jest równo oddalony od obu końców odcinka. Odwrotnie: każdy punkt równo oddalony od końców odcinka leży na symetral-n e j. (Udowodnij !) (IV). Jestto więc własność

charakterystyczna dla linii symetralnej, można po niej odróżnić symetralną od innych prostych przecinających A B. Własność tę wyrażamy także w następujący sposób: miejscem geometrycznem wszystkich punktów równo oddalonych od dwóch stałych punktów jest linia prosta, mianowicie symetralna odcinka, łączącego te dwa stałe punkty (por. str. 32 o znaczeniu słowa: miejsce geometryczne).

na syme-

Ponieważ z drugiej strony miejscem geometrycznem punktów równo oddalonych od jednego punktu jest koło, przeto każdy punkt symetralnej odcinka będzie zarazem leżał na dwóch kołach o równych promieniach a o środkach w punktach A i B. W ten sposób można znaleźć dowolnie wiele punktów, leżących tralnej. Aby ją jednak zbudować, wystarczą dwa punkty. Zakreślamy więc z punktów A i B dwa równe koła — drugiej pary kół nie

Fig. 78.

potrzeba, ponieważ dwa koła przecinają się już w dwóch punktach (o ile ich promienie są odpowiednio wielkie). Me trzeba nawet całych kół rysować — wystarczą niewielkie luki, zawierające punkty przecięcia C i D. Linia prosta, łącząca punkty C i D jest symetralną odcinka A B. Konstrukcya syme-tialnej odcinka daje nam zarazem możność wykonania wielu innych, pokrewnych zadań.

I tak przy pomocy linii symetralnej można:

a)    przepołowić dowolny odcinek;

b)    wykreślić linię prostopadłą w środku odcinka;

c)    wykreślić linię prostopadłą w dowolnym punkcie na linii prostej i

prostą.

d)    wykreślić linię prostopadłą z punktu poza

Konstrukcye a) i b) nie wymagają już bliższych objaśnień. Kon-strukcyę c) wykonujemy w następujący sposób:

Od punktu A (fig. 79), przez który ma przechodzić linia prostopadła, odcinamy na obydwie strony równe odcinki B A = AC i zakreślamy z punktów B i C równe koła (łuki). Ich punkt przecięcia D jest jednym punktem symetralnej, punkt A drugim (bo jest równo oddalony od końców odcinka B C). Linia I) A jest żądaną

prostopadłą. Aby wykonać konstrukcyę d), uważamy dany punkt A (fig. 80) poza prostą p za jeden punkt symetralnej. Z tego punktu — jako środka

zataczamy koło, przecinające prostą p w dwóch pun-

ktach B i C, równo oddalonych od A. Z punktów B i C zataczamy

Fig. 79.

Fig. 80.

jeszcze dwa równe luki i. otrzymujemy drugi punkt symetralnej D. Linia A D jest żądaną prostopadłą z punktu A do p.

Te trzy zadania: kreślenie symetralnej odcinka, prostopadłej w punkcie na prostej, prostopadłej z punktu poza prostą nazywamy zadaniami konstrukcyjnemi zasadniczemi. Przy pomocy tych konstrukcyi można wykonać już wiele innych bardziej zawiłych zagadnień, o czem w osobnym ustępie będzie mowa.

Przy pomocy linii symetralnej odcinka możemy znacznie uprościć ruch, jaki należy wykonać, aby sprowadzić do nakrycia figury przystające (z zachowaniem tego samego porządku równych części). Wykazaliśmy, że wystarczy wykonać jeden ruch postępowy i jeden obrót. Obecnie wykażemy,

'■Aźfo

-VN

'A

ze można przez sam obrót, bez przesuwania równoległego, sprowadzić r-- figury przystające do nakrycia lub przez samo przesunięcie równoległe, jeżeli odpowiednie boki są równoległe.

Fig. 81.

Drugą część twierdzenia udowodniliśmy już przy ruchu postępowym; dla dowodu pierwszej części weźmy najpierw dwa odcinki równe, dowolnie umieszczone na płaszczyźnie, n. p. AB i Ä B'. Poprowadźmy symetralne odcinków A Ä i B B' (nie trzeba nawet rysować tych odcinków w całości — wystarczą ich punkty końcowe). O ile A i? nie jest || do A' B/, to i A A' nie jest || do BB', a więc symetralne przetną się, n. p. w punkcie O. Wykażemy, że przez obrót około

ŁOMNICKI. GEOMETRYAA I. II.

tego punktu 0 można sprowadzić A' B' do nakrycia z AB. Dla dowodu połączmy 0 z A, B, Ä i B'. Ponieważ O leży na symetralnej odcinka A A', to O A — O A', promień O A powstał więc przez obrót z 0 A', tak samo O B = O B', wreszcie A B = A B': więc trójkąty 0 A B i 0 Ä B' są przystające. Stąd a = a' więc i a -j- x — a -)- x a to znaczy, że o taki sam kąt obrócił się promień O A', co i 0 B', odcinek więc A B powstał istotnie przez obrót odcinka A' B' około punktu O o kąt x. Zupełnie tak samo znajduje się środek obrotu dla dowolnej figury, jeżeli jeden jej odcinek ma mieć po obrocie położenie podane z góry.

§ 31. Symetralna kąta (dwusieczna kąta).

Podobnie jak odcinek, tak i każdy kąt jest utworem symetrycznym. Osią symetryi kąta (symetralną kąta) jest linia połowiąca kąt,

czyli dwusieczna kąta. Istotnie, jeżeli a = ß (fig. 82), to każdy punkt P na jednem ramieniu ma na drugiem ramieniu punkt P’ odpowiedni, leżący na linii prostopadłej do linii A X iw takiej samej odległości na prawo od osi A X, w jakiej P leży na lewo. Jeżeli bo

xt

p-

Fig. 82.

Fig. 83.

wiem z P poprowadzimy prostopadłą P P', to otrzymamy dwa trójkąty przystające: A O P ^ A O P’ (II) a więc P O = P' O.

Kreśląc z dowolnego punktu symetralnej (fig. 83) odcinki prostopadłe do ramion: MB _\_ a i M C _l_ b, czyli odległości punktu M od ramion, spostrzegamy, że te odległości są ró-wne, albowiem trójkąty MAB i MAC przystają według (II) przypadku. Odwrotnie: jeżeli jakiś punkt jest równo oddalony od obu ramion kąta, to leży na jego symetralnej (III). Jestto własność charakterystyczna dla symetralnej kąta: żadna inna linia tej Avłasności nie ma. Wypowiamy to także tak: miejscem geometrycznem wszystkich punktów równo oddalonych od obydwu ramion kąta jest symetralna tego kąta.

Xa tej podstawie możnaby zbudować symetralną każdego kąta. Trzebaby użyć linii równoległych do ramion kąta w równych odstępach od ramion (jako miejsc geometrycznych punktów równo oddalonych od jednej linii prostej). Znajdziemy jednakże wygodniejszą konstrukcyę, opierając się na przystawaniu trójkątów. Na ramionach kątami (fig. 84) odcinamy równe odcinki AB i A C a z punktów Bi C zataczamy równymi promieniami luki B D i CD. \ Łatwo okazać, że linia A D, łącząca wierzchołki \ kąta z punktem przecięcia się łuków D, jest sy-' metralną kąta, albowiem: A D B ^ A D C według (IV) przypadku, a więc i kąty są równe:

znowu

a = ß.

Fig. 84.

Jestto czwarte zasadnicze zadanie konstrukcyjne (po 1 owtienie kąta).

§ 32. Ogólniejsze rodzaje symetryi.

A'

Istnieją utwory geometryczne, posiadające więcej osi symetryi, n. p. dwa trójkąty równoramienne o wspólnej podstawie i o równych ramionach posiadają dwie osie symetryi (fig. 85), trójkąt równoboczny ma trzy osie symetryi (fig. 85), później zaś poznamy utwory, mające kilka osi symetryi. Koło posiada nieskończenie wiele osi symetryi, mianowicie: każda linia prosta przechodząca przez środek koła jest jego osią symetryi. (Udowodnij!)

Fig. 85.

Fig. 86.

Oprócz s y metr y i osiowej istnieje jeszcze t. zw. symetrya środkowa. Dwie figury są środkowo symetryczne, jeżeli ich punkty odpowiednie leżą na tych samych liniach prostych, przechodzących przez jeden punkt i w równych odległościach od tego punktu, ale po przeciwnych stronach (fig. 86). Takie figury są przystające (z zachowaniem tego samego porządku równych części) i dadzą się sprowadzić do nakrycia przez obrót o 180°. (Udowodnij przystawanie!) N. p. trójkąty A B C i A’ B C' na fig. 86. Punkt S zowie się środkiem symetryi. Dwie figury symetryczne względem osi nie muszą być symetryczne wględem punktu, ani też odwrotnie.

§ 33. Zastosowanie symetryi do koła.

Symetryi używa się w geometryi często do dowodzenia twierdzeń. Wiedząc n. p., że koło jest utworem symetrycznym względem każdej linii prostej, przechodzącej przez środek, zbadamy własności stycznych koła. Wykreślmy w dowolnym punkcie A koła styczną

tH

na

A'

Fig. 87.

i poprowadźmy przez środek linię O P nierównoległą do stycznej. Ponieważ linia O P jest osią symetryi koła, przeto i pod nią znajdzie punkt A’ leżący symetrycznie względem A tern samem kole. Prosta PA' wskutek symetryi jest także styczną, jest równo odchylona od linii O P, a jej odcinek PA' — PA również wskutek symetryi. Zbierając te wnioski w jedno twierdzenie powiemy:

Z punktu poza kołem dadzą się poprowadzić dwie linie styczne do koła; ich odcinki od tego punktu do punktu styczności są równe a prosta, łącząca dany punkt ze środkiem koła, połowi kąt zawarty między stycznemi. Z symetryi można także wysnuć wnioski:

< Y = S, A A' ± O P, A B = A' B.

Wypowiedz te twierdzenia!

Kąt A^APA’ zawarty między stycznemi nazywa sie kątem widzenia koła

z punktu P. Im więcej się oddalamy od koła, tern mniejszy jest ten kąt widzenia a równocześnie styczne dążą do położenia równoległego. (Dowód polega na twierdzeniach § 18).

Ogólnie w geometryi nazywamy kątem widzenia jakiegoś utworu geo-me iyeznego z jakiegoś punktu kąt zawarty między skrajnymi promieniami pęku, wychodzącego z I do wszystkich punktów tej figury.

§ 34. Koło opisane na trójkącie.

Jeżeli wierzchołki jakiejś figury leżą na obwodzie koła, a boki są cięciwami, to figura nazywa się wpisana w koło, a koło jest opisane na tej figurze.

Wykażemy, źe na każdym trójkącie można opisać koło.

Fig. 89.

Aby otrzymać konstrukcyjnie styczne z punktu poza kołem, opieramy się na tern, źe kąty O A P i O A' P

Ot

/?

\p

Fig. 88.

są proste. Jeżeli zakreślimy na O P jako średnicy półkole, to każdy kąt, wspierający się na tern półkolu jest prosty. Z pomiędzy tych kątów wybieramy jednak ten, którego wierzchołek leży zarazem na kole k. Tak samo postępujemy z półkolem, leźącem pod osią O P. Punkty przecięcia A i A' koła K z kołem k są więc szukanymi punktami styczności, a proste P A i P A'

stycznemi.

Cięciwę A A' (fig. 87) nazywamy także biegunową punk tu P, a punkt P biegunem tej prostej. Jeżeli biegun zbliża się do koła, to biegunowa oddala się od środka, zbliża się więc także do obwodu koła. Jeżeli biegun padnie na obwód koła, to jego biegunowa stanie się styczną w tym punkcie. (Wykonaj odpowiednie rysunki!).

Wykreślmy w tym celu syme-tralne dwóch boków trójkąta, linie OD i O E. Punkt, w którym się one przecinają, (a czy muszą się przeciąć?) jest równo oddalony od punktów A, B i C, jako punkt leżący na syme-tralnych boków AB i B C. Każdy zaś punkt równo oddalony od punktów A i C leży na symetralnej odcinka A C, zatem przez punkt O musi przechodzić także trzecia syme-tralna O F. Jeżeli teraz ze środka O zatoczymy koło promieniem O A, to także punkty Bi C leżą na tern kole, ponieważ 0A= OB= OC. Dowód ten podaje zarazem konstrukcyę koła opisanego. Środkiem koła opisanego jest punkt, w którym się przecinają symetralne boków trójkąta. Jestto

pierwszy osobliwy punkt trójkąta. W dalszej nauce spotkamy takich szczególnych punktów więcej. Twierdzenie to dowodzi zarazem, że przez trzy punkty można tylko jedno koło wykreślić, czyli: koło jest dokładnie wyznaczone zapomocą trzech punktów podobnie, jak linia prosta zapomocą dwóch.

A,

Opisanie koła na trójkącie jest zadaniem równowaźnem z na-stępującem zagadnieniem, spotykanem często w geometryi praktycznej: znaleźć punkt równo oddalony od trzech danych na płaszczyźnie punktów, n. p. na mapie Polski znaleźć miejsce równo oddalone od Poznania, Warszawy i Lwowa.

\c

Fig. 90.

Gdyby konstrukcya była niedokładna, symetralne nie zeszłyby się w jednym punkcie, ale utworzyłyby mały trójkąt X Y Z. (Fig. 90). Opierając się jednak na naszem twierdzeniu, poprawilibyśmy odpowiednio ten rysunek. Widzimy tu, jak geometrya idealna pozwala prostować błędne nieraz wyniki geometryi praktycznej, poprawiać niedokładność rysunku.

Uwaga: Na niedokładności rysunku polegają niektóre znane »sofizmaty geometryczne«, t. j. takie błędne twierdzenia, których dowód ma pozory prawdziwości, n. p. fałszywy dowód na to, że kąt prosty równa się rozwartemu:

Przy końcach odcinka A B odmierzamy kąt prosty B i rozwarty A.

Odcinamy na ramionach tych kątów B C — = A I) i wykreślamy symetralne odcinków A B i D C. Przypuśćmy, że one się prze-q tną w punkcie S. Łączymy S z A. B, C, D. W trójkącie równoramiennym SAB kąt a = ß. Trójkąty A D S i B C S przystają (III), więc i y — a zatem: a -{- y = ß -J-czyli kąt prosty B równa się rozwartemu A. -p Doszliśmy do błędnego wniosku, a więc w dowodzeniu musi być jakiś błąd. Cały błąd polega na mylnym rysunku, gdyż symetralne ES i ES muszą się przeciąć pod linią A Bi

''ci

'■w-

E|

Sn

Fig. 91.

§ 35. Koło wpisane w trójkąt.

Jeżeli wszystkie boki jakiejś figury są stycznemi koła, to figura nazywa się opisana na hole, a koło jest wpisane w tę figurę. Wykażemy, że w każdy trójkąt da się wpisać koło.

Wykreślmy w tym celu symetralne dwóch kątów, n. p. C i <£ B na fig. 92. Punkt O, w/którym się one przecinają, jest równo oddalony

Fig. 92.

od boków A C i B C, i od boków A B i B C, czyli od wszystkich trzech boków trójkąta, a więc także od A C i A B. Stąd widzimy, że punkt O leży także na symetralnej trzeciego kąta A, a więc symetralne trzech kątów przecinają się w jednym punkcie. Jeżeli z tego punktu, jako ze środka, zakreślimy koło promieniem O D, równym odległości punktu O od wszystkich boków, to wszystkie boki będą stycznemi tego koła. Dowód ten podaje zarazem konstrukcyę koła wpisanego. Środkiem koła wpisanego jest punkt, w którym się przecinają symetralne kątów trójkąta. Jestto drugi osobliwy

punkt trójkąta. Punkt ten nie nakrywa się ze środkiem kola opisanego, chyba w trójkącie równobocznym!

Fig. 93.

Przykład sofizmatu: Na podstawie fig. 93, w której C E ma być symetralną kąta C a D E symetralną boku A B, wykazać, że w każdym trójkącie A C = = B C, t. j. że każdy trójkąt jest równoramienny. (Zacząć od C HE CFE). Na czem polega błąd rysunku?

Ćwiczenia V.

§ 28.    1. Udowodnić odwrócenia twierdzeń z § 28.

2. Udowodnić, że prostopadła ze środka koła do cięciwy połowi ją. § 29—30.    3. Wykazać, że symetralną cięciwy przechodzi przez środek

koła.

4.    Opierając się na po]»rzędniem twierdzeniu znaleźć środek koła, z którego mamy podany tylko łuk.

5.    Wykazać, że prosta łącząca wierzchołki dwóch trójkątów równoramiennych o wspólnej podstawie jest symetralną podstawy i symetralną kątów u wierzchołków.

6.    Wykreślić figurę symetryczną do dowolnego trójkąta.

7.    Dwa trójkąty symetryczne, ale leżące w położeniu dowolnem, nie-symetrycznem, sprowadzić do położenia symetrycznego przez ruch.

8.    Dany odcinek podzielić na dwie, cztery, ośm równych części przy pomocy cyrkla i linii (bez podziałki).

9. Dowolny łuk przepołowić.

10.    Wykreślić trzy wysokości trójkąta.

11.    Znaleźć odległość punktu od prostej konstrukcyjnie.

12.    Przy pomocy cyrkla wykreślić w kilku punktach prostej linie prostopadłe i odciąć na nich równe długości. Końce połączyć! Jaka linia powstanie ?

13.    Boki dowolnego trójkąta przepołowić i środki boków połączyć z przeciwległymi wierzchołkami.

14.    Dowolny odcinek sprowadzić do nakrycia z drugim równym odcinkiem przez jeden obrót.

15.    Dwa trójkąty przystające (z zachowaniem tego samego porządku równych części) ale lezące w dowolnych miejscach płaszczyzny, równoległe, sprowadzić przez jeden obrót do nakrycia.

§31.    16. Dowolny kąt przepołowić.

17.    Znaleźć konstrukcyjnie kąty: 45c, 30°, 15°, 22° 30', 7° 30'.

18.    Dowolny kąt podzielić na ośm równych części.

19.    Wykreślić symetralną kąta przy pomocy inii równoległych.

20.    Wykreślić koło o promieniu 4 cm., stykaj ce się z ramionami dowolnego kąta. Wykonać tę konstrukcyę przy pomocy samych linii równoległych.

§ 32.    21. Z kilku równych kół ułożyć figury, mające dwie, trzy, cztery

osie symetryi.

22.    Wykazać, że dwa różne koła w jakiemkolwiek położeniu posiadają jedną oś symetryi (są więc utworem symetrycznym).

23.    Wykreślić figurę środkowo symetryczną względem dowolnego

wielokąta.

24.    Wykazać, że figura posiadając dwie prostopadłe osie symetryi, posiada także środek symetryi.

25.    Wykazać, że wspólna oś symetryi dwóch kół, przecinających się jest symetralną wspólnej cięciwy.

§ 33.    26. Wykreślić styczne z punktu poza kołem leżącego.

27.    Znaleźć kąt widzenia koła o promieniu 3 cm z punktu odległego o 5 cm od koła (zmierzyć).

28.    Wykreślić biegun dowolnej cięciwy koła.

29.    Dla kilku punktów linii prostej, leżącej poza kołem, znaleźć biegunowe. Co spostrzeżemy?

30.    Przez punkt wewnątrz koła leżący poprowadzić kilka cięciw i wykreślić ich bieguny. Co spostrzeżemy?

31.    Jaki byłby kąt widzenia kuli ziemskiej, gdybyśmy się wznieśli na wysokość równą promieniowi ziemi? (Zmierzyć na figurze!)

§ 34—35.    32. Opisać koło na dowolnym trójkącie.

33.    Znaleźć punkt równo oddalony od trzech danych punktów.

34.    Opisać koło na trójkącie ostrokątnym, prostokątnym i rozwarto-kątnym. Jakie prawo spostrzeżemy?

35.    W dowolny trójkąt wpisać koło.

36.    Wykreślić koło styczne do trzech danych prostych. Czy to zagadnienie da się zawsze rozwiązać?

37.    W dowolny trójkąt wpisać koło, następnie wpisać koło stykające się z tern kołem i z dwoma bokami trójkąta, potem koło stykające się

38.    W dowolny wycinek koła wpisać koło (użyj do pomocy stycznej!)

z tem nowem kołem i z dwoma bokami i t. d., dokąd pozwoli dokładność rysunku.

39.    W trójkąt prostokątny wpisać koło i opisać na nim koło.

40.    W trójkąt rozwartokątny wpisać koło i opisać na nim koło.

41.    Przedłużyć boki trójkąta poza wierzchołki i wpisać koło w otwarte pola zawarte między każdym bokiem i przedłużeniami dwóch innych boków.

42.    Wykazać, że punkty przecięcia się symetralnych kątów zewnętrznych trójkąta są równo oddalone od trzech linii prostych, na których leżą boki trójkąta.

Rozdział VI.

Cztery linie proste. Czworoboki.

§ 36. Podział czworoboków.

Widzieliśmy, źe trzy linie proste na płaszczyźnie mogą mieć cztery rozmaite położenia względem siebie. O wiele większą różnorodność położeń przedstawiają cztery proste. (Wymień i wykreśl wszystkie możliwe typowe położenia!) Z pomiędzy tych utworów tylko niektóre przedstawiają dla nas szczególny interes.

^ I tak zajmiemy się najpierw najogólniejszym przypadkiem, t. j. czterema prostemi, z których żadne dwie nie są równoległe, ani żadne trzy nie schodzą się w jednym punkcie.

Taki utwór geometryczny nazywamy czworobokiem zupełnym. Ma on sześć wierzchołków. Linie, łączące wierzchołki, które leżą na różnych bokach, nazywamy przekątniami. Czworobok zupełny

/=

'û \

Fig. 94.

ma trzy przekątnie (kreskowane linie!). W geometryi elementarnej zajmujemy się tylko czworobokiem niezupełnym, to znaczy albo częścią A B D F, albo też częścią A E D C z opuszczeniem odcinków F D i B D. Wyłączamy zaś z naszych rozważań czworoboki takie, jak F E D B C, w których boki przeciwległe przecinają się ze sobą.

Utworem geometrycznym w z a j e-mnym do czworoboku zupełnego jest czworokąt zupełny (lub czworopunkt). Jestto utwór geometryczny, składający się z czterech

*) Ustępy oznaczone gwiazdkami są przeznaczone tylko dla szkól realnych.

punktów i wszystkich linii prostych, łączących po dwa z tych punktów. Ma on więc sześć boków i trzy t. zw. punkty przekątnie, to znaczy punkty przecięcia się przeciwległych boków (E F G) (fig. 95).

'A

Fig. 95.

Z takiego czworokąta zupełnego rozważa się w geometryi elementarnej tylko czworokąt niezupełny, zamknięty bokami a, b, c, d. W geometryi elementarnej nie robimy żadnej różnicy między czworobokiem a czworokątem. Jeden i drugi ma cztery boki, cztery wierzchołki (kąty) i dwie przekątnie. ^

Utwór geometryczny złożony z czterech odcinków, zamykają-jących część płaszczyzny (ale tylko jedną część), nazywamy czworobokiem lub czworokątem. Prostą, łączącą przeciwległe wierzchołki nazywamy przekątnią.

W każdym czworokącie suma kątów wewnętrznych wynosi 360°, ponieważ każdy można rozłożyć zapomocą przekątni na dwa trójkąty (po 180° suma kątów każdego trójkąta).

Stosownie do wzajemnego położenia czterech prostych, ograniczających czworobok, rozróżniamy trzy rodzaje czworoboków:

1.    Jeżeli obydwie pary boków są liniami równoległemi, czworobok nazywa się równoległobokiem.

2.    Jeżeli tylko jedna para boków jest równoległa, czworobok nazywa się trapezem.

3.    Jeżeli żadna para boków nie jest równoległa, czworobok nazywa się trapezoidem.

Każdy z tych rodzajów podzielimy jeszcze na pewne gatunki.

§ 37. Równoległoboki. Kąty o ramionach równoległych i prostopadłych.

/3

cfj

oi

Fig’. 96.

Równoległobok powstaje, jeżeli dwie proste równoległe: c // d przetniemy drugą parą prostych równoległych: a\\b. Odległość boków równoległych (n. p. c, d) nazywamy wysokością równole-głoboku (należącą do podstawy c lub d). Opierając się na własnościach dwóch linii równoległych przeciętych trzecią spostrzegamy, że sąsiednie kąty równole-głoboku spełniają się do 180° (jako kąty jednostronne). Wobec tego: przeciwległe kąty równo-ległoboku są równe, albowiem kątowi a i kątowi ß brakuje tylesamo do 180°, mianowicie różnią się o kąt o od 180°; tak samo y == 8, jako uzupełnienia do 180° tego samego kąta a.

Twierdzenie to można odwrócić: jeżeli w jakimś czworoboku kąty przeciwległe są równe, to czworobok jest równoległobokiem (to i boki przeciwległe są równoległe). Dowód: jeżeli a = ß i y = o to a + T = ß + S, a więc muszą wynosić po 180°. Jeżeli zaś kąty jednostronne wynoszą po 180°, to linie przecięte są równoległe: c\\d. Tak samo wykaże się o bokach a i b.

l'/

Równość kątów przeciwległych równoległoboku jest więc jego jdłasnością charakterystyczną. To znaczy: warunkiem koniecznym a zarazem wystarczającym, aby jakiś czworokąt był równoległobokiem, jest równość obydwu par kątów przeciwległych.

0oC

p'

/•

'oL.

iL

py

Kąty przeciwległe równoległoboku mają ramiona parami równoległe. Nasuwa się pytanie, czy zawsze kąty o ramionach parami równoległych są sobie równe ? Jeżeli ramiona takich kątów odpowiednio przedłużymy do przecięcia się z drugą parą ramion, to albo otrzymamy równoległobok, albo jedną z figur 97.

Fig. 97.

W figurze pierwszej, tak jak w równoległoboku, jest prawe ramię równoległe do prawego, lewe do lewego. Kąt a. — y jako kąty odpowiednie, ß = y z tej samej przyczyny, więc a=ß.

W figurze drugiej jest lewe ramię równoległe do prawego: ljfp'f a prawe do lewego: p // Z'. Kąt a = f, ale y + ß = 180°, więc i os —j- ß = 180°. Stąd wynika następujące twierdzenie:

Kąty, których ramiona są zgodnie równoległe, są równe, kąty zaś, których ramiona są niezgodnie równoległe, spełniają się do 180°.

p‘

Fig. 98.

Jeżeli mamy dwa kąty a i ß o ramionach zgodnie prostopadłych (fig. 98) i obrócimy jeden z kątów, n. p. a około jego wierzchołka o 90° (konstrukcya!), to otrzymamy kąt o ramionach zgodnie równoległych, a więc równy kątowi ß. Kąt ten musiał więc i przed obrotem być równy kątowi ß, ponieważ przy obrocie wielkość kąta nie ulega zmianie. Stąd często używane twierdzenie: kąty, których ramiona są zgodnie prostopadłe, są równe. Zupełnie tak samo można dowieść, że: kąty, których ramiona są niezgodnie prostopadłe, spełniają się do 180°.

Uivaga: Żadne z tych twierdzeń nie da się odwrócić.

na

Podobny związek, jaki istnieje między kątami równoległoboku, istnieje także między bokami. Przekątnia dzieli każdy równoległobok dwa przystające trójkąty (fig. 99). (Udowodnij!) A więc także

boki przeciwległe równoległoboku są równe:

a — b, c — d.

Jestto także własność charakterystyczna dla równoległoboku (udowodnij! [IV]).

Fig. 99.

Własność tę wyrażamy także twierdzeniem: odcinki prostych równoległych odcięte drugą parą prostych równoległych są sobie równe. (Mniej poprawnie wypowiada się nieraz to twierdzenie tak: równoległe między równo-ległemi są sobie równe). Podobnie charakterystyczną własnością równoległoboku jest : dwa boki przeciw ległe są równe i równoległe, stąd już bowiem wynika równość i równoległość drugiej pary boków (udowodnij!). W zastosowaniu do ruchu postępowego możemy ostatnie twierdzenie także tak wypowiedzieć: przy ruchu postępowym odcinek zakreśla albo linię prostą, albo równoległobok.

Czwartą własnością charakterystyczną równoległoboków jest:

przekątnie równoległoboku połowią się.

Z przystawania trójkątów I. i II. na fig. 100 (według drugiego przypadku przystawania) wynika istotnie, źe D 0 — 0 B i A 0 = 0 C. Udowodnij odwrócenie tego twierdzenia!

Fig-. 100.

Podział równoległobo-kóiv. Jeżeli w równoległoboku jeden kąt jest prosty, to i wszystkie inne muszą być proste (dlaczego?). Taki ró-wnoległobok nazywa się prostokątny. Jeżeli jeden kąt jest ostry, to i przeciwległy jest ostry ? a sąsiednie rozwarte. Równoległobok taki nazywa się skośnoką-tny. Inny podział można przeprowadzić ze względu na boki. Jeżeli dwa boki sąsiednie są sobie równe, to i pozostałe dwa są im równe; taki równoległobok nazywa się równoboczny. Jeźeli dwa sąsiednie boki są nierówne, równoległobok nazywa się róźnoboczny. Mamy więc cztery możliwe kombinacye tych własności:

1. Równoległobok prostokątny i równoboczny nazywa się kwa-d r a t e m.

2. Równoległobok skośnokątny i równoboczny nazywa się r o m-

b e m.

3.    Równoległobok prostokątny i róźnoboczny nazywa się prostokątem.

4.    Równoległok skośnokątny i róźnoboczny nazywa się romb o i d e m.

Łatwo spostrzedz, źe kwadrat ma cztery osie symetryi, prostokąt i romb dwie, a romboid niema żadnej. (Por. fig. 101).

Fig. 101.

Te cztery gatunki równoległoboków można także odróżnić według własności przekątni. I tak: w równoległobokach prostokątnych przekątnie nietylko się połowią, ale są równe; w równoległobokach zaś równobocznych przekątnie są prostopadłe do siebie. Odwrotnie: jeżeli w równoległoboku przekątnie są równe, równoległobok jest prostokątny; jeżeli są prostopadłe, równoległobok jest równoboczny.

(Dowody tych twierdzeń wynikają z przystawania odpowiednio dobranych trójkątów).

Jako zastosowanie własności równoległoboków wykażemy, że trzy wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie. Twierdzimy

/V

Fig. 102.

więc, źe linie CD, B F i A E prze-cinają się w jednym punkcie. Dla dowodu wykreślmy przez trzy wierzchołki trójkąta linie równoległe do jego boków. W tym większym trójkącie linie CD, B F, A E, są syme-tralnemi boków, a więc muszą się przeciąć w jednym punkcie. (Istotnie linia C D jako prostopadła do A B musi być prostopadłą i do drugiej linii równoległej, t. j. do M L; źe ją trafia w środku, to wynika stąd, źe M C = A B jako przeciwległe boki rówmoległoboku, a także C L — A B, więc M C = L C = V₂ ML. Tak samo dowodzi się o linii A E i B Fj

Czasem trzeba wysokości przedłużyć poza wierzchołek lub poza ich spodek, aby znaleźć punkt ich przecięcia.

Trójkąt ABC wraz z wykreślonemi wysokościami ma tę własność, że jeżeli jeden z punktów A. B, C, S opuścimy, a z trzech innych utworzymy trójkąt, to punkt opuszczony jest właśnie punktem przecięcia się wysokości tego trójkąta. N. p. gdybyśmy opuścili punkt A, to trójkąt SBC ma jako wysokości linie A S E, CFA, B D A, schodzące się w punkcie A.

Punkt przecięcia się wysokości jest trzecim osobliwym punktem trójkąta. Punkt ten leży zwykle gdzieindziej, aniżeli środek kola wpisanego i środek kola opisanego. (Akiedy schodzi się ze środkiem?).

§ 38. Warunki wyznaczające równoległoboki. Konstrukcye.

z a w-

Ponieważ każdy czworokąt można zapomocą przekątni rozdzielić na dwa trójkąty, przeto do wyznaczenia czworokąta trzeba — zdawałoby się — sześć warunków: jednakże w tych dwóch trójkątach jest zawsze jeden bok wspólny, wystarczy więc sze pięć warunków; a więc i przystawanie czworokątów będzie zapewnione, jeżeli sprawdzimy równość pięciu elementów odpowiednio dobranych i następujących po sobie w tym samym porządku. (Nie wystarczy więc, jeżeli dwa czworoboki mają, n. p. wszystkie cztery boki parami równe!)

Dla równoległobok ów wystarczają trzy warunki, ponieważ składają się z dwóch przystających trójkątów. (Dwa warunki są zawarte w słowie: równoległobok; pozostają więc trzy). Konstrukcyę wykonujemy najczęściej, budując jeden trójkąt i uzupełniając go trójkątem przystającym.

Jeżeli dodamy, że równoległobok ma być prostokątny lub równoboczny, dorzucamy przez to jeszcze jeden warunek, trzeba więc podać jeszcze tylko dwa warunki. Jeżeli wreszcie równoległobok ma być równocześnie i prostokątny i równoboczny, wystarczy podać jeszcze tylko jeden warunek. A więc:

1. kwadrat można zbudować znając jeden bok,

2.    prostokąt «

3.    romb    «

dwa boki,

«    jeden bok i jeden kąt.

«    dwa boki i kąt.

4. romboid

Zamiast tych typowych, najprostszych danych, mogą być podane także inne części, ale zawsze w odpowiedniej liczbie. N. p. dla kwadratu: jedna przekątnia; dla prostokąta: bok i przekątnia, bok i jego kąt z przekątnią, kąt między przekątniami zawarty i jedna przekątnia i t. p.; dla rombu: bok i przekątnia, kąt ostry i przekątnia, dwie przekątnie i t. p.; dla romboidu: dwa boki i przekątnia, dwie przekątnie i kąt między niemi i t. p.

Zbadać związek tych rozmaitych konstrukcyi z przypadkami przystawania trójkątów!

§ 39. Trapez.

Trapezem nazwaliśmy czworobok, w którym dwa boki są równoległe, dwa inne nie. Tu kąty, leżące przy tym samym boku nie-równoległym (do żadnego), spełniają się także jak w równoległoboku do 180°, ale kąty przeciwległe już nie są równe. Boki także mogą być dwa a nawet trzy równe, ale cztery nie. Jeżeli boki nierównoległe są równe, trapez nazywa się równoramienny (symetrya!).

Bardzo ważną linią jest prosta, łącząca środki boków nierównole-głych, czyli linia środkowa trapezu. Ma ona własności podobne, jak linia,, łącząca środki dwóch boków trójkąta (por. § 23 koniec) a mianowicie: linia środkowa trapezu jest: I. równoległa do boków równoległych i jest: 2. ich średnią arytmetyczną (t. j. połową sumy).

Założenie: A E = E D, B F = F C. Łączymy D z F i przedłużamy tę linię aż do przecięcia się z przedłużonym bokiem A B. Otrzymujemy trójkąty przystające: D C F ^ B G F (II). Z przystawania wnioskujemy: D F = F G. Prosta E F łączy więc środki dwóch

Fig. 103.

Wypowiedz i udowodni] odwrócenia tego twierdzenia!

Do zbudowania trapezu potrzebne są cztery elementy; piątym

*-a-Fig. 104.

warunkiem jest bowiem równoległość jednej pary boków. N. p. wystarczą części a, b, a, ę lub a, b, c, d. Zwykle Id buduje się najpierw trójkąt A B E, którego bok B E \ \ D C a później uzupełnia się go równoległobokiem B E C D.

Dla trapezu równoramiennego wystarczą trzy warunki.

§ 40. Trapezoidy. Deltoid.

Trapezoidem nazwaliśmy czworobok, w którym żadna para boków" nie jest rówmoległa. Do konstrukcyi trapezoidu potrzeba więc juź wszystkich pięciu warunków, o których wspominaliśmy juź niejednokrotnie.

Z pomiędzy trapezoidów zasługuje na uw-agę: deltoid. Jestto czworobok, w którym po dwa boki sąsiednie są równe, a przeciwległe

nierówne. Przekątnie deltoidu są prostopadłe a jedna z nich jest przepołowiona.

.6

'd

Fig. 105.

boków trójkąta A G D, a zatem jest równoległa do A G (według

D__b

twierdzenia z § 23) i równa się połowie a + V

E,

llAF

A G, t. j. s —

er /

Ale z przystawania wynika także, źe bok V = b, więc:

Dowód : ponieważ a — b, to punkt A leży na symetralnej przekątni B C. Ponieważ c = d, to punkt D leży także na symetralnej przekątni B C. Prosta wyznaczona przez punkty A i D jest więc symetralną przekątni B C.

Stąd także wynika, źe deltoid jest figurą symetryczną, posiada bowiem oś syme-tryi.

Do konstrukcyi deltoidu wystarczą trzy warunki, ponieważ dwa warunki są zawarte w równościach: a = b, c — d.

§ 41. Czworoboki wpisane w koło.

W każdy trójkąt da się wypisać koło i na każdym można opisać koło. Czworoboki już nie wszystkie mają tę własność. N. p. w prostokąt nie da się wypisać koło a na rombie nie da się opisać koło.

Zbadajmy więc najpierw, jaką szczególną własność musi posiadać czworokąt, aby się na nim dało opisać koło. W tym celu rozważmy własności jakiegokolwiek czworokąta wpisanego w koło, n. p.

trapezoidu. Dowolne cztery punkty na obwodzie koła połączmy po kolei cięciwami. Wierzchołki przeciwległe połączmy ze środkiem koła.

jako kąt obwodowy, wspierający się na tym samym łuku D C B. Także:

Tak samo więc ich sumy są równe.

/3

\£.

\f

■A?

VV

-¹ -A<5

Fig. 106.

360°

2“ = ¹⁸⁰°-

Ponieważ zaś suma wszystkich kątów czworokąta A B C D wynosi 360°, przeto i s-f ï = 180°, czyli: a + ß = e -j- Ç. Słowami: w każdym czworokącie w koło wpisanym sumy kątów przeciwległych są sobie równe, mianowicie wynoszą po 180°.

Własność ta jest charakterystyczna, to znaczy, że także odwrotnie: na każdym czworokącie, w którym kąty przeciwległe spełniają się do 180°, da się opisać koło.

Udowodnimy to najszybciej niewprost (fig. 107): gdyby <U C -Ą- A = = 180° i D -f- <g B — 180°, a mimoto czwarty wierzchołek A nie leżał

O,

ß.

Fig. 107.

aa kole, (trzy wierzchołki zawsze można umieścić A na obwodzie koła), to jakiś inny punkt Ä boku D A leżałby na kole. Wtedy jednak według poprzedniego twierdzenia musiałoby być a -|-ß' — 180°, a że także a -f- ß — 180°, więc mielibyśmy: ß' = ß, a to niemożliwe, bo ß' jest kątem zewnętrznym trójkąta B A' A. Tak samo nie może leżeć A wewnątrz koła, musi więc leżeć na samem kole. Otóż na całym czworokącie da się opisać koło.

Z pomiędzy równoległoboków tylko na prostokącie i kwadracie da się koło opisać, z pomiędzy trapezów tylko na trapezie równoramiennym.

Do konstrukcyi czworokątów, o których wiemy, źe się dadzą wpisać w koło, wystarczą cztery warunki: piątym .jest równość

§ 42. Czworoboki opisane na kole.

Aby wykryć własność, odróżniającą czworoboki opisane na kole od innych czworoboków, opiszmy na dowolnem kole czworobok. Wykreślamy w tym celu styczne w czterech dowolnych punktach koła.

Odcinki stycznych z punktu poza kołem do punktów styczności są równe, (por. § 33) więc: a=h

f — 9 e—d b = c

to znaczy: w każdym czworokącie opisanym na kole sumy boków przeciwległych są równe. Łatwo wykazać, źe warunek ten jest nietylko konieczny, ale i wystarczający. Innemi

słowami: jeżeli w jakimś czworoką-cie sumy boków przeciwległych są równe, to w ten czworokąt da się wpisać koło.

Dowód niewprost: weźmy czworokąt, w którym a -f- b — c -f- d.

Gdyby koło wpisane dotykało tylko trzech boków a, d, c, a czwarty leżał poza kołem, to z punktu A poprowadzilibyśmy styczną x Wtedy według poprzedniego twierdzenia mielibyśmy: a    x — c    d — y. Ale zamiast c -(- d można podstawić a -j- b, więc

a    x — a    b — y, czyli po odjęciu po obu stronach odcinka a otrzy

mamy: x — b — y.

Jeden bok trójkąta byłby więc równy różnicy dwóch innych, a to jest niemożliwe. Do takiego samego błędnego wniosku doszlibyśmy przypuszczając, że bok b jest sieczną koła. Pozostaje więc jedyna możliwość: bok b jest także styczny do koła, a więc w ten czworokąt da się wpisać koło.

Z pomiędzy równoległoboków tylko w romb i w kwadrat da się wpisać koło; z pomiędzy trapezoidów w każdy deltoid i w trapezoidy,

d-,

fc

Fig. 108.

Fig. 109.

stąd cl - j— b - j- 6 —j— f — Jx —|— c/ —(— d —(— c czyli A B + CD = CB + AD

mające równe sumy boków przeciwległych; tak samo tylko w niektóre trapezy.

Do konstrukcyi czworoboków, o których wiemy, źe dadzą się opisać na kole, wystarczają cztery warunki; piątym jest równość cl —(— b ⁼⁼- c —(— d.

Ćwiczenia VI.

§ 36.    1. Wykreślić wszystkie możliwe typowe położenia czterech prostych

względem siebie.

2. Ile wynosi w czworokącie (niezupełnym) suma kątów zewnętrznych powstałych przez przedłużenie czterech boków (każdego poza jeden wierzchołek).

3.    Wykazać, że w czworokącie wypukłym suma przekątni jest większa od połowy obwodu a mniejsza od całego obwodu.

4.    Wykazać, że punkt przecięcia przekątni ma tę własność, iż suma

jego odległości od wierzchołków czworokąta jest mniejsza, aniżeli suma takich odległości, mierzonych z dowolnego innego punktu na płaszczyźnie. § 37—38.    5. Jaki związek zachodzi między dwoma kątami, których jedna

para ramion jest równoległa, a druga prostopadła?

6.    Wykazać, że czworobok, w którym dwa boki przeciwległe są równe i równoległe, jest równoległobokiem.

7.    Wykazać, że prosta, łącząca środki przeciwległych boków równo-ległoboku, jest równoległa do drugiej pary boków.

8.    Wykazać, że przekątnie są osiami symetryi kwadratu.

9.    Wykazać, że linie, łączące środki boków prostokąta, są jego osiami

symetryi.

10.    Wykazać, że równoległobok, w którym przekątnie są prostopadłe, jest równoboczny.

11.    Wykazać, że równoległobok, w którym przekątnie są równe, jest

prostokątem.

12.    Wykazać, że każdy odcinek, łączący dwa przeciwległe boki równo-ległoboku a przechodzący przez punkt przecięcia przekątni, jest tym punktem przepołowiony. (Symetrya środkowa!)

13.    Wykazać, że punkty połowiące boki dowolnego czworokąta są wierzchołkami równoległoboku (dla dowodu wykreślić przekątnie czworokąta).

14.    Wykazać, że trójkąt M N L na fig. 102 składa się z czterech trójkątów przystających do ABC. Jakie stąd ogólne twierdzenie?

15.    Wykreślić punkt przecięcia się wysokości w dowolnym trójkącie ostrokątnym, prostokątnym, rozwartokątnym. Co spostrzeżemy?

16.    Udowodnić, że dwusieczne kątów każdego równoległoboku zamykają prostokąt.

17.    W dowolnym trójkącie rozwartokątnym wykreślić cztery punkty

osobliwe.

18.    Wykazać, że w trójkącie równobocznym wszystkie cztery osobliwe punkty nakrywają się.

19.    Zbudować kwadrat znając: a) jeden bok, ó) przekątnię, c) obwód.

20. Zbudować prostokąt znając: a) dwa boki, b) bok i przekątnię, c) bok i jego kąt z przekątnią, d) przekątnię i kąt między przekątniami zawarty.

21.    Na danym prostokącie opisać koło.

22.    Zbudować romb znając: a) jeden bok i jeden kąt, b) bok i przekątnię, c) dwie przekątnie, d) kąt ostry i przekątnię.

23.    Wpisać koło w podany romb.

24.    Zbudować romboid znając: a) dwa boki i jeden kąt, b) dwa boki i przekątnię, c) dwie przekątnie i kąt między niemi zawarty.

25.    Podać sposób wykreślania linii równoległych przy pomocy równo-ległoboku.

26. Z punktu P, leżącego na polu kąta, wykreślić linię prostą w kierunku wierzchołka — jeżeli wierzchołek jest niedostępny. (Objaśnienie: Punkt P uważa się za punkt przecięcia się trzech wysokości trójkąta. Prowadzi się z P prostopadłe do ramion kąta, łączy się ich punkty przecięcia z ramionami nieprostopadłymi i prowadzi się z P trzecią wysokość).

§ 39.    27. Znaleźć konstrukcyjnie średnią arytmetyczną dwóch odcinków:

a) bez kreślenia linii równoległych, b) przy pomocy trzech linii równoległych.

28.    Zbudować trapez znając: a) dwa boki równoległe i dwa kąty, leżące przy jednym z nich, b) cztery boki, c) trzy boki i przekątnię, d) trzy boki i wysokość.

29.    Jak długich sznurów trzeba użyć do zawieszenia t. zw. trapezu do gimnastyki, jeżeli sam trapez ma 80 cm długości, wysokość sali wynosi 7 m, a punkty przytwierdzenia sznurów są od siebie o 2 m odległe? Rozwiązać zadanie konstrukcyą geometryczną w zmniejszonej podziałce.

80. Narysować przekrój koryta rzeki uregulowanej, znając szerokość koryta u dołu (6 m), głębokość koryta (3 ni) i nachylenie ścian bocznych do poziomu (a = 60°).

§ 40.    31. Wykreślić trapezoid znając: a) cztery boki i jeden kąt, b) cztery

boki i jedną przekątnię. Jakie inne dane wyznaczają trapezoid?

32. Wykreślić deltoid znając: a) dwie przekątnie i jeden bok, b) dwa boki nierówne i kąt zawarty między bokami równymi.

§ 41.    33. Znaleźć punkt równo oddalony od czterech danych punktów.

Kiedy to zadanie jest wykonalne?

§ 42.    34. Znaleźć punkt równo oddalony od czterech danych prostych.

Kiedy to zadanie jest wykonalne?

35.    W czworoboku znamy trzy boki i jeden kąt i wiemy, że da się wpisać w koło. Zbudować ten czworokąt i opisać na nim koło.

36.    W czworoboku znamy dwa boki i dwa kąty przy jednym z nich leżące i wiemy, że się da opisać na kole. Zbudować ten czwmrokąt i wpisać koło.

Rozdział VII.

W i e 1 o b o k i.

§ 43. Opis wieloboków. Kąty.

Rozważając wzajemne położenie większej liczby prostych, spostrzegamy naturalnie jeszcze większą różnorodność, aniżeli przy czterech liniach prostych. Część płaszczyzny, zamkniętą kilkoma liniami prostemi, nazywamy wielob okiem lub wielokątem.

JL

e>

Fig. 110.

Rozróżniamy dwa zasadnicze typy wielokątów: wypukłe i wklęsłe. Wielobok nazywa się wypukły, jeżeli cały leży po jednej stronie każdego ze swych boków, ściślej : każdej prostej ograniczającej go. Tak n. p. wielobok I (fig. 110) jest wypukły, wielobok zaś II wklęsły, ponieważ wprawdzie leży po jednej stronie boków a, b, c, ale nie leży cały po jednej stronie boku d lub e.

Z pomiędzy tych wieloboków wklęsłych ciekawe są t. zw. wieloboki gwieździste: są to wie-loboki, w których także przeciwległe boki przecinają się ze sobą, n. p. pięciobok A B C D E fig. 111.

Fig. lii.

W dalszym ciągu zajmiemy

się wyłącznie wielobokami wypukłymi. Żaden kąt wieloboku wypukłego nie może przekraczać 180° (dlaczego?).

Sumę kątów każdego wieloboku wypukłego łatwo obliczyć, rozkładając go zapomocą przekątni, wychodzących z jednego wierzchołka, na trójkąty. N. p. z siedmioboku powstanie pięć takich trójkątów, więc suma kątów wynosi 5.2 R — 10 R.

(Ile przekątni można poprowadzić z jednego wierzchołka Aboku? Na ile trójkątów rozpadnie się wskutek tego n-bok? Ile przekątni można poprowadzić ze wszystkich wierzchołków?)

Sumę kątów zewnętrznych każdego wieloboku obliczymy zapomocą obrotu. Wyobraźmy sobie, że prostą A X obróciliśmy o kąt a

/?'

'ci'

Ac

nr

i bez obrotu przesunęliśmy od A do punktu B, następnie tu obracamy naszą prostą o + ß, i przesuwamy do punktu C i t. d. Jasnem jest, że wróciwszy do punktu A, wykonaliśmy jeden pełny obrót. Stąd wniosek:

<r

<?i

£\C‘

~3l D

W każdym wielokącie suma kątów zewnętrznych (po jednemu z każdego wierzchołka) wynosi 360° (4 R).

Fig. 112.

Stąd bez pomocy przekątni możemy obliczyć sumę kątów wewnętrznych. Jeżeli ich jest n, to dodając kąty wewnętrzne do zewnętrznych, otrzymamy a -f- a' + ß -f- ß' + 7 + *+..= n. 2 R ponieważ tworzą n par kątów przyległych.

Z tego jednak 4 R odpada na kąty zewnętrzne i zostaje:

«' + ß' + T + • • • = n . 2 R — 4 R = (n — 2). 2 R.

Słowami: aby znaleźć sumę kątów wewnętrznych dowolnego wielokąta wypukłego, trzeba wziąć tyle razy po 2 R, ile jest wierzchołków i odjąć 4 R.

Do konstrukcyi wieloboków, a więc i do sprawdzenia przystawania potrzeba większej liczby części składowych.

Fig. 113.

Mianowicie: dla pięciokąta trzeba 3 -f- 2 + 2 = 7 części (por fig. 113), dla sześciokąta: 3 + 2 -f- 2 -f-+ 2 = 9 części, dla n kąta 2 (n — 2)+l=2n — 3 części, albowiem: po rozłożeniu wielokąta na trójkąty zapomocą przekątni widzimy, że do wyznaczenia pierwszego trójkąta potrzeba trzech części. Do każdego dalszego wystarczą dwie, trzecią bowiem może być n. p. bok poprzedniego trójkąta. Trójkątów jest: dla n boku n — 2, stąd otrzymana powyżej liczba 2 n — 3 elementów.

§ 44. Wieloboki umiarowe.

Wielobok, mający wszystkie boki i wszystkie kąty równe, nazywa się umiarowy, n. p. trójkąt równoboczny, kwadrat. Kąt wielo-boku umiarowego łatwo obliczyć, znając sumę wszystkich kątów. Wieloboki umiarowe są figurami symetryczne mi. Widzieliśmy, źe trójkąt równoboczny miał trzy osie symetryi, kwadrat cztery; spodziewamy się, źe pięciokąt umiarowy będzie miał pięć osi symetryi, sześciokąt 6 i t. d. — Że tak jest istotnie, wykażemy n. p. dla pięciokąta umiarowego. Wykreślmy symetralną któregokolwiek kąta, n. p. <C C i połączmy punkty A i B, to łatwo okazać, źe A C X ^ ^ B C X (I) więc linia C X jest symetralną odcinka A B. Punkty

A i B leżą zatem symetrycznie.

W figurze AB D E kąty przy boku A B są równe, jako reszty pozostałe pod odjęciu równych kątów a i ß od równych kątów Ai B. Także boki B E i A D są równe, zatem ta figura jest trapezem równoramiennym: syme-tralna boku równoległego jest osią symetryi całej figury. Razem więc: część C B E Z X jest symetryczna względem C A D Z X.

Fig. 114.

Podobnie ma się rzecz z każdym umiarowym wielobokiem; ogólnie więc: wielobok umiarowy ma tyle osi symetryi, ile boków (lub Mderzchołków).

Uwaga: na tej symetryi polega stosowanie wielokątów umiarowych do ornamentów (mozaiki, parkety, witraże).

Każdy wielokąt umiarowy da się wpisać w koło iopisać na kole, t. zn. posiada punkt równo oddalony od wszystkich wierzchołków i równo oddalony od wszystkich boków. Co więcej : obydwa te punkty nakrywają się.

Fig. 115.

Dowód: Wykreślmy symetralną X X któregokolwiek boku wielokąta umiarowego, n. p. boku A B (fig. 115). Przez punkty ABC przeprowadźmy koło. Ponieważ środek koła leży na symetralnej każdej cięciwy, a więc i linia X X przechodzi przez środek koła. Każda zaś linia prosta, przechodząca przez środek koła, jest jego osią symetryi. Zwróćmy teraz uwagę F na czwarty wierzchołek wielokąta: ponieważ X X jest osią symetryi całego wielokąta, to punkt D leży symetrycznie do C, a więc także na tern samem kole,

które łączy CAB. Widzimy więc, źe koło, łączące trzy wierzchołki wielokąta umiarowego, przechodzi także przez czwarty. Stosując to samo rozumowanie do punktów A, B, D i F, a później do dalszych wierzchołków, dochodzimy do wniosku, źe wszystkie wierzchołki wielokąta umiarowego leżą na tern samem kole. Aby środek tego koła znaleźć, wystarczy wykreślić linie symetralne dwóch boków. Wszystkie inne symetralne muszą przejść przez ten sam punkt (dlaczego?).

Podobne rozumowanie zastosowane do symetralnej kąta wykazuje, źe w każdy umiarowy wielobok da się wpisać koło. Mianowicie: koło (fig. 116) dotykające trzech boków w punktach A, B, C, musi mieć względem prostej Y Y (symetralnej kąta) symetrycznie punkt styczności D z prostą P D, symetryczną do Q A i t. d.

Fig. 116.

Jeżeli liczba boków jest nieparzysta, to symetralna kąta jest zarazem symetralną boku przeciwległego. Wtedy naturalnie punkt przecięcia się symetralnych boków i symetralnych kątów jest ten sam. Jeżeli liczba boków jest parzysta, to wskutek symetryi linie symetralne połowią się (co zresztą łatwo wykazać przy pomocy przystawania trójkątów [II]). Ich punkt przecięcia jest więc równo oddalony od wszystkich boków (bo odcinki symetralnych boków są właśnie »odległościami«), musi zatem leżeć na symetralnych wszystkich kątów.

Ten wspólny kąt nazywamy krótko środkiem wielokąta. (Łatwo okazać z rozważania symetryi, źe jestto zarazem środek ciężkości wielokąta. Oprzeć się na mechanicznem określeniu środka ciężkości!).

Jeżeli połączymy środek wielokąta z wierzchołkami, to kąt pełny w środku rozpadnie się na tyle równych części, ile wielobok ma boków. Przez to i koło opisane (lub wpisane) rozpadnie się na tyleż równych części. Podział kąta pełnego (lub koła) — i wykreślenie wieloboku umiarowego, są to więc zadania równoznaczne. Trójkąt równoboczny potrafimy zbudować, więc zdołamy także koło podzielić na trzy równe części. Kwadrat daje podział koła na cztery równe części. Później podamy sposób budowania (przy pomocy cyrkla i lineału a bez kątomierza) pięciokąta i dziesięciokąta umiarowego, nauczymy się więc zarazem koło dzielić na pięć i dziesięć równych części. Sześciokąt umiarów'y dozwala podzielić koło

na sześć równych części i to w sposób o wiele prostszy, aniżeli przy pomocy połowienia trzeciej części obwodu, otrzymanej zapomocą

trójkąta równobocznego. Ponieważ bowiem a = 60° (fig. 117), to i na kąty ß i y zostaje po 60°, trójkąt A O B jest więc równoboczny. Zatem: bok sześciokąta umiarowego równa się promieniowi koła opisanego. Aby więc w dane koło wpisać sześciokąt, wystarczy odciąć sześć razy promień (jako cięciwę) na obwodzie koła. (Twierdzenie to nie odnosi się do żadnego innego wielokąta!)

Podział koła na siedm równych części nie da się już uskutecznić przy pomocy lineału i cyrkla; kątomierzem jednak można tę konstrukcyę wykonać. Wrócimy później do tych zadań przy nauce obliczania obwodów i pól.

Z symetryą wielokątów umiarowych wiąże się także szczególne zachowanie się ich przy obrotach.

Każdy wielokąt umiarowy da się przez pewne obroty o kąt mniejszy od 360° sprowadzić do nakrycia z pierwotnem położeniem. I tak trójkąt równoboczny (fig. 118) wystarczy obrócić około środka o 120°, aby nastąpiło dokładne nakrycie (punkt A padnie na A, B na C, a C na A). Po trzech takich obrotach wrócimy dokładnie do pierwotnego położenia wierzchołków. Podobnie kwadrat może wykonać obrót o 90°, a nie poznamy, że zmienił

położenie; po czterech o-brotach wraca do pierwotnego położenia. Dla pięciokąta umiarowego mamy pięć takich obrotów po 72° i t. d. W ogólności każdy obrót, sprowa-dzający dwa wierzchołki do nakrycia, sprawia nakrycie się całej figury. Własność ta odróżnia wielokąty umiarowe od nieumiarowych. Żaden wielobok nieu-miarowy nie ma tej własności, choćby nawet był figurą symetryczną. N. p. prostokąt, posiadający dwie osie symetryi, (fig. 119) można tak obrócić, że A padnie na A, C na D, a mimo to inne części nie nakryją się. Dopiero obrót o 180° sprowadza prostokąt do nakrycia z pierwotnem położeniem.

Fig. 117.

Fig. 118.

B'

'A

D‘

Fig. 119.

§ 45. Aproxymacya obwodu koła.

Jeżeli w koło wpiszemy wielobok umiarowy, a następnie każdy łuk przepołowimy i wpiszemy nowy wielokąt o podwńjnej liczbie boków i w ten sposób postępujemy coraz dalej, spostrzeżemy, że

wielokąt ten zbliża się coraz to więcej do kształtu koła. Cięciwy coraz trudniej będzie odróżnić od łuków, a kąty obwodowe zbliżają się do 180° tak, że coraz więcej zbliżymy się do jednostajnej, ciągłej zmiany kierunku, charakterystycznej dla koła i wielu innych linii krzywych. Mówimy więc: koło można przybliżać (aproxymowaé) coraz to dokładniej zapomocą wieloboków umiarowych wpisanych (a tak samo opisanych). Z tego korzysta się przy obliczaniu długości obwodu i łuku koła, czem w osobnym ustępie będziemy się zajmowali.

Zdawaćby się mogło, że można koło aproxymowaé także zapomocą linii schodkowej, to znaczy wielokąta nieumiarowego (wklęsłego), którego co drugi wierzchołek leży na obwodzie, a którego boki są równoległe do

Fig. 120.

dwóch średnic prostopadłych. Na oko takie przybliżanie się do koła może się nawet wydać usprawiedli-wionem, ponieważ biorąc wierzchołki odpowiednio gęsto, nie odróżnilibyśmy tej linii od koła. Istotnie powierzchnię koła można wyczerpać takim wielokątem, q ale obwodu wielokąta nie można uważać za przybliżony obwód koła. Kąty tutaj nie dążą do wspólnej granicy 180°; zmiana kierunku — jednostajna dla koła — tutaj odbywa się skokami po 90°! Gdyby taka aproxymacya była dozwolona, moglibyśmy odrazu z tej figury obliczyć obwód koła: mianowicie długość tych schodków równa się podwójnej średnicy CD, a wysokość podwójnej średnicy A B. Całkowita długość tej linii łamanej wynosi więc 2.2r-|-2.2r = 8r i to nawet w granicy, jeżeli schodki zagęszczają się w nieskończoność. Tymczasem na obwód koła otrzymuje się wartość mniejszą od 7 r (mianowicie 6-28318 . r patrz § 73).

Ćwiczenia VII.

§ 43—44.    1. Wymienić i wykreślić wszystkie możliwe typowe położenia

pięciu linii prostych na płaszczyźnie.

2.    Wykazać, że każdy wielobok gwieździsty jest wklęsły.

3.    Obrawszy dowolnie 7 punktów na kole połączyć najpierw sąsiednie, potem co drugi kolejno, potem co trzeci i t. d. Ile rozmaitych wielokątów w ten sposób otrzymamy? Zrób to samo z 6-kątem, 8-kątem.

4.    Wykazać, że każda linia łamana wypukła jest krótsza od dowolnej innej linii łamanej, łączącej jej skrajne punkty a leżącej całkowicie po stronie wypukłości.

5. Ile wynosi jeden kąt 5-kąta, 7-kąta, 8-kąta, 9-kąta, 10-kąta umia

6.    Ile elementów potrzeba do konstrukcyi nieumiarowego 6-kąta? Obierz te części dowolnie i zbuduj 6-kąt!

7.    Czy dwa wielokąty, mające wszystkie boki równe, muszą być przystające? Uzasadnij na przykładach!

8.    Jakie pomiary należy wykonać, aby zrobić plan pola w postaci 8-kąta nieumiarowego?

9.    Jakimi wielokątami umiarowymi możnaby zapełnić całą płaszczyznę bez luk i bez nakrywania się podwójnego? (Zbadaj kąty w punktach węzłowych !)

rowego?

10.    Jakie miejsca pozostaną wolne, jeżeli na płaszczyźnie poukładamy obok siebie kilka szeregów ośmiokątów umiarowych?

11.    Wykreśliwszy przy pomocy kątomierza pięciobok umiarowy, opisać koło i wpisać koło.

12.    Podzielić obwód koła: a) na 12 równych części, b) na 8, 16 równych części.

13.    W ośmiokąt umiarowy wpisać koło.

14.    Wykazać, że dwa kwadraty, obrócone względem siebie o 45°, a mające wspólny środek, mają 8-kąt umiarowy jako część wspólną (kon-strukcya !)

15. Wykazać, że dwa trójkąty równoboczne o wspólnym środku obrócone o 60° mają jako część wspólną 6-kąt umiarowy. Zbadaj symetryę tej figury !

16.    Podzieliwszy koło na sześć równych części, przedłużyć promienie przechodzące przez punkty podziału o ich długość: z punktów końcowych zakreślić koła styczne zewnętrznie. Wykazać, że a) te koła stykają się ze sobą, b) że ich środki są wierzchołkami sześcioboku umiarowego.

17.    Czy romb ma przy obrotach te same własności, co wielokąty umiarowe? Uzasadnij!

18.    Zbudować z podanego boku: a) 6-kąt umiarowy, b) 8-kąt umiarowy.

19.    Zbudować, mając podany promień koła opisanego: a) 3-kąt równoboczny, b) 6-kąt umiarowy, c) 8-kąt umiarowy.

§ 45.    20. Wykreśliwszy koło o promieniu 1 dm przybliżać jego obwód

zapomocą 6-boku, 12-boku, 24-boku i t. d. opisanego i wpisanego. Każdym razem zmierzyć obwód wieloboku opisanego i wpisanego. W jakich granicach zawiera się obwód koła?

Rozdział VIII.

Zadania konstrukcyjne.

§ 46. Ogólne uwagi o zadaniach konstrukcyjnych.

można rozwiązać przy

jak to później obaczymy pomocy konstrukcyi wyłącznie geometrycznej (linealem i cyrklem). Zadania, do których trzeba używać bądźto nieskończonej liczby kolejnych konstrukcyi geometrycznych, bądźto konstrukcyi mechanicznych, uważał Platon za nierozwiązalne ściśle. Do takich zadań należy n. p. podział kąta na trzy części, zamiana koła na kwadrat, podwojenie sześcianu. W tym ustępie zajmiemy się tylko konstrukcyami przy pomocy lineału i cyrkla (t. j. konstrukcyami platońskiemu).

Opierając się na poznanych dotychczas twierdzeniach, niejednokrotnie już budowaliśmy pewne nowe utwory geometryczne z utworów danych, używając tylko linii prostych i kół —a w geo-metryi praktycznej lineału i cyrkla (bez kątomierza!). Platon wprowadził zasadę, że do konstrukcyi geometrycznych dozwala się użycia tylko lineału i cyrkla. Konstrukcye wykonane przy pomocy innych środków pomocniczych (n. p. kątomierza, ruchomego kąta prostego, podziałki i t. p.) nazywamy konstrukcyami me-chanicznemi. Bardzo wiele zagadnień tak z geometryi, jakoteź z algebry

Przedewszystkiem należy odróżnić konstrukcyę idealną od konstrukcyi praktycznej, materyalnej. Konstrukcya idealna poucza, jak należy kombinować ze sobą rozmaite idealne proste i koła, istniejące już na płaszczyźnie w naszej wyobraźni, aby otrzymać żądaną figurę. Tak n. p. konstrukcya symetralnej odcinka ma takie znaczenie: mamy znaleźć sposób przepołowienia odcinka zapomocą linii prostopadłej. Z pewników wiemy, że taki idealny odcinek istnieje. Istnieją także około każdego z jego końców koła o równych promieniach i to dowolnie wiele kół o dowolnie wielkich promieniach. Z pomiędzy tych kół wybieramy av myśli dwa koła równe tak wielkie, aby się przecięły w dwóch punktach. Pomiędzy tymi dwoma punktami istnieje jedna linia prosta, łącząca je i to jest właśnie symetralna odcinka. W ten sposób wykonaliśmy idealną konstrukcyę symetralnej, to znaczy: wykazaliśmy, że ona istnieje i w jakim jest związku z danym odcinkiem. Geometrycznie rzecz biorąc, zadanie byłoby już wykonane. Uciekamy się jednakowoż z dwóch względów do rysunku a więc do geo-metryi praktycznej:

1. Łatwiej wyobrażamy sobie utwory geometryczne, które mamy przynajmniej w przybliżeniu narysowane, a więc które działają na nasz zmysł wzroku.

2. W geometryi praktycznej zadania te są potrzebne (często n. p. trzeba przepołowić materyalny odcinek).

W geometryi praktycznej zadanie każde da się naturalnie wykonać tylko w przybliżeniu. Może się więc zdarzyć, że biorąc dwie różne pary kół równych otrzymamy aż dwie symetrałne odcinka i t. p. Wtedy jednakże geometrya idealna poucza nas, że jest tylko jedna taka linia, możemy więc rysunek poprawić, sprostować (n. p. rysując cieńsze koła). Tak więc geometrya idealna chroni nas w praktyce od zbyt jaskrawych błędów, reguluje niedokładność naszego oka, naszych przyrządów rysunkowych.

Konstrukcyę, któreśmy dotychczas wykonywali i które nadal wykonywać będziemy, będziemy zawsze pojmowali ze stanowiska geometryi idealnej, a rysunek będzie dla nas tylko obrazem rozumowań, odbywających się w naszym umyśle. Będziemy się mimo to starali wykonać rysunek możliwie najdokładniej, aby się jak najwięcej zbliżyć do prawidłowości geometryi idealnej.

'6

ot

Fig-. 121.

Zadania konstrukcyjne mają wielkie znaczenie w geometryi praktycznej. Zdarzają się bowiem zagadnienia z życia praktycznego ę trudne do obliczenia ale łatwe do wykreślenia. N. p. chcąc znaleźć odległość dwóch miejsc B i C, między któremi znajduje się jakaś przeszkoda, obieramy punkt A dowolnie i mierzymy odległości c, b i kąt a. (Por. ćw. 2, str. 58). Z tych części budujemy konstrukcyjnie trójkąt (w pomniejszonej skali). Mierząc na rysunku bok B C otrzymujemy tę odległość z przybliżeniem, zaleźnem od dokładności rysunku. Gdybyśmy zaś chcieli obliczyć bok B C, musielibyśmy wykonać mozolne obliczenia, wj-magające pewnych głębszych wiadomości z trygonometryi. Otrzymalibyśmy wprawdzie dokładniej długość boku B C, ale w praktyce wystarcza zwykle wartość przybliżona, otrzymana z rysunku.

§ 47. Zasadnicze zadania konstrukcyjne.

Niektóre najprostsze zadania konstrukcyjne są podstawą dla wszelkich dalszych zagadnień. Dlatego omówimy je raz na zawsze dokładnie, starając się zachować w pamięci sposób ich konstrukcyi.

Za takie zasadnicze zadania konstrukcyjne uważa się zwykle następujące zagadnienia:

1.    Wykreślanie symetralnej odcinka (por. § 30).

2.    Wykreślanie symetralnej kąta (por. § 31).

3.    Wykreślanie linii prostopadłych (por. § 30) i to: a) przez punkt poza prostą, b) przez punkt na prostej, c) przez punkt na końcu odcinka prostej.

4.    Wykreślanie linii równoległych (naturalnie przy pomocy lineału i cyrkla, bez trójkąta!).

5.    Przenoszenie kątów (por. § 20).

6.    Wykreślanie trójkątów z trzech danych części w czterech przypadkach (§ 16—20).

7.    Wykreślanie stycznych do koła a) przez punkt na kole (§ 24), b) przez punkt poza kołem leżący (§ 33).

Z tych zadań omówiliśmy już 1., 2., 3 a, b, 5., 6., 7 a, b. (Zadanie 5. omówiono w zadaniach z. 16 i 42 z Ćw. IV).

Zajmijmy się jeszcze pozostałemi zadaniami: 3 c i 4.

:c

z,

Fig. 122.

,C

,'Jj

fi/

Mamy wykreślić prostopadłą na końcu A odcinka A B, nie przedłużając go poza punkt A. Kąt prosty przy A można złożyć z kąta a = 60° i ß — 30°. Kąt 60° otrzymuje się przez wykreślenie trójkąta równobocznego ABC cyrklem. Następnie trzebaby do tego kąta dodać połowę jego. Łatwiejszą jednak kon-strukcyę otrzymamy, przedłużając bok B C aż do przecięcia się z linią prostopadłą. Wtedy bowiem kąty ę i ß wynoszą razem 60°, ponieważ kąt zewnętrzny § trójkąta ABC wynosi 60°. Ponieważ zaś ß = 30° to i y musi wynosić 30°, a więc boki, leżące naprzeciw tych kątów są równe: A C — D C. Otóż gdy bok B C przedłużymy o taki sam odcinek poza C, to otrzymamy punkt D, który jest punktem linii prostopadłej do AB. Z tych rozważań wynika następująca szybka i praktyczna konstrukcya:

Fig. 123.

Na prostej A X budujemy przy wierzchołku A trójkąt równoboczny o dowolnym boku. Następnie łączymy punkt B z punktem C (boku A C nie trzeba nawet wykreślać), na przedłużeniu

tego boku odcinamy ras jeszcze ten sam odcinek C D. Linia A D jest prostopadłą do A X i przechodzi przez punkt skrajny A.

Linie ważniejsze, zwłaszcza linie podane i szukane kreśli się zwykle wyraźniej; inne linie pomocnicze kreskujemy, kropkujemy lub rysujemy je o wiele cieńsze od linii ważnych.

Dla upewnienia się, czy konstrukcya jest dobra, przeprowadza się zwykle jeszcze dowód: otóż CAB—60⁰ (fig. 123), jako kąt trójkąta równobocznego. Dalej : wykreśliliśmy D C = A C, więc i a = ß. Ponieważ § = 60° i 8 = a -f- ß, przeto a -f- ß = 60°, a że są równe, więc ß = 30°. Zatem je B A D — B A C -f- ß =? 60° -f-30° = 90°, czyli:

A X.

To samo zadanie moźnaby także rozwiązać przy pomocy kąta w półkolu. Z dowolnego punktu O (fig 124), nie leżącego na prostej A X, zataczamy promieniem O A półkole. Od punktu B, w którym to półkole przecina prostą A X, wykreślamy średnicę B O C. Prosta C A jest prostopadłą do B X, ponieważ <C i? AC jest kątem w półkolu.

Konstrukcya linii równole g łych. Aby wykreślić przez punkt poza prostą linię równoległą, musimy się oprzeć na jakiejś charakterystycznej własności tej linii. Wiemy n. p., że dwa kąty odpowiednie,

utworzone przez dwie linie równoległe przecięte trzecią, muszą być równe. Mając więc przez punkt A (fig. 125) wykreślić linię równoległą do p, wykreślamy dowolną linię poprzeczną A X i kąt ß przenosimy (cyrklem) do punktu A jako wierzchołka a do prostej A X jako ramienia. Powstanie w ten sposób równy kąt odpowiedni, a więc jego ramię q jest równolegle do p. Moźnaby użyć także kątów na-przemianległych. Można się oprzeć także na tem, że dwie linie prostopadłe do tej samej trzeciej są do siebie równoległe. Najpraktyczniejszy jednak sposób polega na własnościach równoległoboku.

Z punktu A zakreślamy dosyć wielki łuk B D. Z punktu B ta samą rozwartością cyrkla odcinamy B C na prostej p, wreszcie z punktu C tym samym ciągle promieniem łuk, przecinającący w D łuk BD. Linia AD jest żądaną równoległą, albowiem figura AB CD

Fig. 124.

9-

ß,

p/a

Fig. 125.

jest rombem (ma wszystkie boki równe).

Z-

Tl

Fig. 126

Odcinki AB, B C, C B, D A nie muszą być wszystkie równe. Wystarczy, jeżeli A B — D C i B C — A D. Wygodniej jest jednak wykonać całą konstrukcyę jedną rozwartością cyrkla.

Możnaby także konstrukcyę prostej równoległej oprzeć na twierdzeniach o linii środkowej trójkąta lub trapezu.

§ 48. Systematyczny sposób rozwiązywania zadań konstrukcyjnych.

Rozporządzając takim zasobem konstrukcyi zasadniczych, możemy obecnie przejść do zadań zawilszych. W rozwiązywaniu każdego zadania — zwłaszcza trudniejszego — można odróżnić cztery części.

1. Wyobrażamy sobie, że utwór już jest zbudowany i rozpatrujemy, jaką drogą można dojść do wynalezienia części potrzebnych, mając ciągle na oku już gotową figurę. W tym celu najczęściej rysujemy pobieżnie, t. j. szkicujemy żądaną figurę. Ta część rozwiązywania zadań nazywa się rozbiorem lub analizą. Zrozumiemy to lepiej na przykładzie: (por. też str. 95 kreślenie prostopadłej na końcu odcinka).

Znając wysokość trójkąta i dwa kąty, które ona tworzy z bokami, zbudować ten trójkąt. Jeżeli tylko narysujemy jakikolwiek trójkąt, a w nim wysokość, zoryentujemy się odrazu, jak należy

'at

II

+»

(d

900 g₀o

j3_

4-»

Fig. 127.

x B D

Fig. 128.

przeprowadzić konstrukcyę. Trzeba będzie mianowicie narysować osobno każdy z trójkątów prostokątnych I i II (fig. 127); każdy zaś z nich da się łatwo narysować, bo znamy w nim bok h i dwa

ŁOMNICKI. GEOMETRYA I II.

kąty a i 90° lub ß i 90°. Jestto najważniejsza część zadania, bo podaje nam plan pracy. Po tym rozbiorze następuje druga część zadania:

2.    Konstrukcya Na dowolnej linii nieograniczonej (fig. 128) w dowolnym jej punkcie, kreślimy linię prostopadłą (zad. zasadnicze 3 b) i odcinamy na niej podaną wysokość h. Do otrzymanego w ten sposób punktu A przenosimy z jednej strony kąt a, z drugiej ß (5. zad. zasadnicze).

Przedłużając ramiona tych kątów do przecięcia się z prostą XX otrzymamy żądany trójkąt, złożony z trójkątów prostokątnych BAB i B A C. Teraz należałoby przeprowadzić:

3.    Dowód, że ta figura spełnia rzeczywiście żądane warunki. Dowód mamy już zwykle gotowy przy analizie. Tu n. p. dowód jest tak prosty, że mógłby się wydać zbytecznym. Istotnie:

A B = h, ponieważ tak odcięliśmy.

jC B A B = a, użyliśmy bowiem konstrukcyi udowodnionej już dawniej, tak samo ^ C A B — ß. Prócz tego A D J_ B C, więc trójkąt odpowiada warunkom zadania. W niektórych zadaniach jednakże dowód jest konieczny.

4.    Po dowodzie powinna nastąpić dyskusya, czy jest możliwe jedno rozwiązanie, czy więcej, a dalej : kiedy rozwiązanie jest wogóle możliwe, a kiedy nie. Tak n. p. w naszem zadaniu widzimy, że moźnaby zbudować także drugi trójkąt, spełniający te same warunki, odcinając kąt a z prawej strony a ß z lewej. Ten nowy trójkąt byłby symetryczny względem pierwszego. Widzimy więc, że przy danych warunkach są tu możliwe dwa rozwiązania. Co się tyczy możliwości rozwiązania, to gdyby któryś z kątów a, ß był prosty, a tern bardziej rozwarty, zadanie nie dałoby się rozwiązać. Wtedy bowiem któryś z trójkątów prostokątnych I lub II musiałby zawierać dwa kąty proste lub jeden kąt prosty i jeden rozwarty, a to niemożliwe wobec twierdzenia o sumie kątów w trójkącie.

Tę dyskusyę nazywamy determinacyą zadania (oznaczeniem). Jest ona uwieńczeniem zadania i daje przegląd wszystkich możliwości w zależności od podanych warunków.

Takiego rozdzielania zadania na cztery części używa się tylko przy trudniejszych zadaniach, przy których łatwo można popaść w błąd bądźto wskutek przeoczenia pewnych możliwości, bądźto skutkiem niedokładności analizy.

§ 49. Metoda miejsc geometrycznych.

Do rozwiązania każdego zadania konstrukcyjnego prowadzi odmienne rozważanie; są jednak pewne myśli przewodnie wspólne dla wielkiej ilości zadań, pewne metody, pozwalające podob rozumowaniem ująć rozmaite problematy.

nem

Jedną z takich ogólnych metod jest metoda miejsc geometrycznych, której używaliśmy już nieraz.

wa

Metody tej używa się, jeżeli chodzi o znalezienie jakiegoś punktu, spełniającego jakieś dwa warunki. Rysujemy najpierw miejsce geometryczne M₁ punktów, spełniających jeden warunek, później miejsce geometryczne M₂ punktów, spełniających drugi warunek. Punkty wspólne obydwu miejscom Mx i M₂ spełniają obydwa

bi

runki, są więc żądanymi punktami. Wymień poznane w dotychczasowej nauce miejsca geometryczne!

Łatwo tę metodę zrozumieć przy budowaniu

'U

Fig\ 129.

trójkąta z trzech danych boków a, b, c. Odcięliśmy najpierw na do-

wolnej prostej (fig. 129) jeden bok i otrzymaliśmy w ten sposób dwa wierzchołki B, C, trójkąta. Aby znaleźć trzeci wierzchołek, rozumujemy tak: ten wierzchołek ma być odległy o odcinek b od punktu C, a o odcinek c od punktu B. Miejscem geometrycznem wszystkich punktów, które są odległe od punktu C o odcinek b, jest koło Mu miejscem zaś geometry cznem wszystkich punktów, odległych od punktu B o długość odcinka c jest koło M₂. Wierzchołek trzeci C musi więc leżeć równocześnie na Mx i M₂, a więc tam, gdzie się te dwa miejsca geometryczne przecinają. Otrzymujemy zatem dwa rozwiązania zadania: A i Ä. Łącząc te punkty z B i C mamy żądany trójkąt w położeniu ABC lub ABC (symetrycznie). Taki sposób rozwiązywania zadań jest właśnie metodą miejsc geometrycznych.

Rozważmy jeszcze jeden, nieco trudniejszy przykład:

Zbudować trójkąt, znając dwa boki i wysokość do jednego z nich poproicadzoną: a, b. ha.

Analiza. Wierzchołki B i C (fig. 130) dostaniemy odrazu, jako końce odcinka a. Dla trzeciego wierzchołka A jednem miejscem geome-trycznem Mx jest linia równoległa do B C w odstępie ha, a drugiem M2 koło o promieniu b, zakreślone z punktu C jako środka. Punkt A musi więc leżeć w miejscu, gdzie się te dwie linie Mx i M₂ przeci-

nają. Spostrzegamy jednakże, że Mx i M₂ mają jeszcze drugi punkt przecięcia A', spełniający również warunki zadania. Otrzymujemy

więc dwa rozwiązania.

Teraz łatwo wykonać konstrukcyę. Dowodu tu nie trzeba osobno przeprowadzać. D e-terminacyę przeprowadziliśmy już częściowo. Dodajmy jeszcze, że lia nie może być większe od b, albowiem koło M₂ nie przecięłoby wtedy linii Mx. Gdyby ha — b, koło byłoby styczne do Mt i mielibyśmy tylko jedno rozwiązanie. Wreszcie jeżeli ha <C b, mamy

dwa różne rozwiązania. Trójkąt nie jest więc ściśle wyznaczony zapomocą tych trzech elementów.

To samo zadanie mo-źnaby także rozwiązać inaczej, zaczynając konstrukcyę od boku b. Figura 131. objaśnia to postępowanie. Szukamy miejsc geometrycznych dla spodka wysokości ha, która musi wychodzić z punktu A. Jednem miejscem Mt jest koło o promieniu ha, a drugiem M₂ prosta, wychodząca z C w odstępie ha od punktu A, t. j. styczna do koła z punktu C. Odcinając na tej stycznej od punktu C w jedną lub drugą stronę bok a, otrzymamy trzeci wierzchołek trójkąta w punkcie B lub B’.

Mi

Mi,

ha

ha

'b \ha

___I

Fig. 130.

Ma

ha

Fig. 131.

§ 50. Metoda figur pomocniczych.

Drugą taką metodą ogólną jest metoda figur pomocniczych. Zamiast budować odrazu żądaną figurę, budujemy najpierw inną, dającą się łatwo otrzymać wprost z podanych elementów, n. p. jakąś część żądanej figury. Tę prostszą figurę nazywamy figurą pomocniczą. Z niej dopiero przez dodanie lub odrzucenie pewnych części dostajemy figurę żądaną. Wyjaśnimy to znowu na przykładach. Wiele takich przykładów mieliśmy już przy konstrukcyi czworokątów (por. ćw. VI. Nr. 19 i nast.).

Zbudować trójkąt równoramienny, znając jedno ramię r i kąt a, lezący przy podstawie. Rysując jakikolwiek trójkąt równoramienny i wykreślając jego wysokość, widzimy odrazu, źe najłatwiej będzie naprzód narysować część tego trójkąta, mianowicie trójkąt prostokątny o znanej przeciwprostokątni r i kącie ostrym a (fig. 132). To zaś najłatwiej zrobić, budując na r półkole i kreśląc cięciwę pod kątem a. Otrzymany w ten sposób trójkąt prostokątny uzupełniamy symetrycznym trójkątem ABC do trójkąta równoramiennego ABC (najłatwiej przedłużyć bok B D o taki sam odcinek poza D). Por. fig. 133. Rozważmy jeszcze jeden nieco r B trudniejszy przykład:

Hr

Wm

Fig. 132.

Xe

oC

ot

Fig. 133.

Wykreślić trójkąt, znając sumę dwóch boków s, trzeci bok c i kąt przy tym trzecim boku lezący a.

ot

Fig. 134.

Analiza. Ponieważ samego żądanego trójkąta nie możemy odrazu z tych elementów utworzyć, budujemy trójkąt pomocniczy (fig. 134) z boków s, c i kąta a między nimi zawartego w znany sposób. Bok s trzeba jednak złamać i górną część obrócić tak, aby koniec D padł na punkt A. Chodzi tylko o to, w którym ß punkcie ten bok złamać. Ten szukany punkt C musi leżeć tak, aby C D — A C, a więc na symetralnej boku AD w miejscu, gdzie ona przecina bok B D.

Otrzymujemy więc następującą konstrukcyę:

Budujemy trójkąt ABD (fig. 135) z części s,c i a, kreślimy syme-tralną boku BA, a jej punkt przecięcia C z bokiem s łączymy z A. ■ß    Że ta konstrukcya jest do

Fig. 135.

bra, wiemy już z analizy. Gdyby jednak chodziło o dowód, to zauważmy, źe A B = c, B = y., a AC-\-BC = DC-\-BC = s zgodnie z warunkami zadania.

Determinacya. Zadanie to jest zawsze możliwe, skoro tylko

S > c, o czem zresztą wiemy z ogólnego twierdzenia o sumie dwóch boków w trójkącie. W przeciwnym razie symetralna boku A D nie trafiłaby boku B D między punktami B i I). (Wykreśl odpowiednią figurę!)

W dalszym ciągu poznamy jeszcze dwie inne ogólne metody rozwiązywania zadań konstrukcyjnych.

Ćwiczenia VIII ¹).

§ 46.    1. Jakiemi konstrukcyami są sposoby kreślenia kół w § 26. przy

pomocy twierdzeń o kątach obwodowych?

2.    Jaką konstrukcyą jest kreślenie linii równoległych przy pomocy t. zw. trójkąta (§ 12)?

3.    Z końców A B odcinka o długości a widać dwa punkty niedostępne C i D pod kątami a, a', ß, ß'. Znaleźć konstrukcyjnie odległość tych miejsc C i D.

§ 47.    4. Wykreślić przy pomocy cyrkla kilka stycznych w danych pun

ktach na obwodzie koła, nie przedłużając promieni poza obwód.

5.    Wykreślić przez punkt poza prostą linię równoległą przenosząc kąty naprzemianległe (przy pomocy cyrkla).

6.    Wykonać przesunięcie równoległe dowolnego odcinka przy pomocy cyrkla i lineału.

7.    Dowolny pęk promieni przenieść do innego punktu przy pomocy cyrkla i lineału.

8.    Dwa zwierciadła płaskie przecinają się pod kątem 60°; między niemi leży punkt P. Wykreślić obrazy tego punktu w obydwu zwierciadłach, a te obrazy znowu odbić w obydwu zwierciadłach i t. d. Czy kon-strukcya skończy się? Jaki kąt muszą tworzyć dwa zwierciadła, aby otrzymać 4, 6, 8, 9, 12, 60 obrazów?

9.    To samo zadanie wykonać dla odcinka, leżącego między zwiercia

dłami.

§ 48.    10. Na danej prostej p znaleźć punkt, odległy od danego punktu P,

leżącego poza prostą, o daną odległość d (determinacya !).

11.    Na danej prostej znaleźć punkt równo oddalony od dwóch danych punktów A i B, nie leżących na tej prostej.

12.    Z punktu P, poza prostą leżącego, poprowadzić promień, przecinający prostą pod podanym kątem a.

13.    Dwa punkty A i B leżą z tej samej strony linii prostej p. Znaleźć najkrótszą drogę promienia, który wychodzi z A, dotyka prostej p i wraca do B. (Uwaga: dla dowodu użyć symetrycznego obrazu punktu A w prostej p).

14.    Wykreślić symetralną kąta, którego wierzchołek jest niedostępny (przy pomocy linii równoległych lub równoległego przesunięcia kąta).

ległej).

15. Przedłużyć linię prostą poza przeszkodę (zapomocą linii równo

§ 49—50. 16. Wykreślić trójkąt prostokątny znając: aj przeciwprostoką-tnię i wysokość do niej wykreśloną; b> rzuty obu przyprostokątni na prze-ciwprostokątnię (szuka się miejsc geometrycznych trzeciego wierzchołka).

17.    Wykreślić trójkąt równoramienny znając jego ramię i wysokość (szuka się miejsc geometrycznych dwóch wierzchołków podstawy).

18.    Wykreślić trójkąt znając a, Wi> i wc, t. j. bok i wysokości należące do dwóch innych boków.

19.    Wykreślić trójkąt znając jeden bok, kąt przy nim leżący i promień koła opisanego.

20.    Wykreślić do danego koła styczną równoległą do jakiejś prostej.

21.    Na stycznej do koła znaleźć punkt, z którego widać koło pod danym kątem (patrz zadania poprzednie).

22.    Wykreślić trójkąt znając jeden bok, kąt przy nim leżący i promień koła wpisanego (patrz zad. 19 20).

23.    Opierając się na twierdzeniu z § 27. wykreślić punkty, z których widać dany odcinek pod danym kątem.

24.    Wykreślić punkt, z którego widać dwa dane odcinki, leżące dowolnie, pod dwoma danymi kątami (patrz zadanie poprzednie).

25.    Wykreślić koło, dotykające dwóch prostych rónoległych i przechodzące przez jeden punkt, leżący między nimi (przesunięcie).

26.    Wykreślić koło o znanym promieniu, dotykające zewnętrznie drugiego koła i przechodzące przez dany punkt P (szukać miejsc geometrycznych dla środka tego koła stycznego!)

27.    Wykreślić koło o znanym promieniu, dotykające zewnętrznie dwóch danych kół (szukać miejsc geometrycznych dla środka żądanego koła).

28.    Wykreślić koło o danym promieniu, dotykające ramion dowolnego kąta (miejscami geometrycznemi środka są równoległe do ramion w odstępie równym promieniowi).

29.    Znaleźć punkt, z którego dane koło widać pod danym kątem (patrz zadanie poprzednie).

30.    Z jakiej odległości widzielibyśmy księżyc pod kątem 30° (promień księżyca obrać na rysunku 1 cm, prawdziwa jego długość jest 60.6374 . 100000 cm). Rozwiązać konstrukcyjnie.

31.    Koło Æ, leży zewnątrz koła k₂ a rt r₉. Zakreślić koło współ-środkowe z k, promieniem rx — r.₂ i poprowadzić do niego styczne ze środka koła k₂. Wykazać, że styczne koła kx równoległe do stycznych koła wewnętrznego są zarazem stycznemi koła k₂.

32.    Tę samą konstrukcyę wykonać z kołem współśrodkowem o promieniu r, -4- r₂.

33.    Na podstawie poprzednich zadań znaleźć cztery styczne wspólne dwom kołom mimośrodkowym (koła pomocnicze mają promienie r, — r₂, n -f r₂).

34.    Skonstruować cień i półcień kuli mniejszej oświeconej kulą większą w przekroju. (Trzeba wykreślić styczne wspólne obydwu kołom, patrz zadania 31, 32, 33).

35.    Wykreślić trójkąt równoboczny znając jego wysokość.

36.    Wykreślić trójkąt prostokątny znając jeden kąt ostry i rzut boku przy nim leżącego na przeciwprostokątnię (figura pomocnicza!).

37.    Wykreślić trójkąt równoramienny znając wysokość i jeden kąt, n. p. przy podstawie.

38.    Wykreślić trójkąt znając wysokość nakreśloną na jeden bok i dwa kąty przy tym boku leżące.

39.    Wykreślić trójkąt znając sumę dwóch boków i kąty jednemu z nich przyległe (por str. 101).

40.    Wykreślić trójkąt znając różnicę r dwóch boków, bok trzeci c i kąt y naprzeciw tego boku leżący. (Trójkąt pomocniczy składa się z r

i kąta 90° -j——, leżącego naprzeciw c. Przeprowadź analizę!)

Przeprowadź analizę!)

41.    Wykreślić trójkąt znając obwód u i dwa kąty a, ß. (Trójkąt pomocniczy układa się z u, —, —.

42.    W dany romb wpisać kwadrat (wierzchołki kwadratu mają leżeć na bokach rombu).

43.    Zbudować trapez, znając dwie przekątnie, sumę dwóch boków sąsiednich i kąt między nimi zawarty.

44.    Zbudować ośmiokąt umiarowy, znając: a) najkrótszą przekątnię, b) średnią przekątnię, c) najdłuższą przekątnię.

45.    Z końców danego odcinka a zakreślić łuki promieniem a od końca odcinka aż do przecięcia się; na połowach odcinka wykonać tę samą konstrukcyę w tę samą stronę odcinka a i znaleźć koło, dotykające wewnętrznie dwóch większych łuków, a zewnętrznie dwóch mniejszych łuków okno gotyckie z kołem wierzchołkowem).

Rozdział IX.

Proporcyonalność odcinków. Podobieństwo figur.

§ 51. Stosunek odcinków.

Mówiliśmy juz o mierzeniu odcinków (str. 11) i wiemy, co to znaczy stosunek dwóch odcinków. Potrafimy obliczyć wykładnik tego stosunku, jeżeli jeden odcinek mieści się w drugim całkowitą liczbę razy, bez reszty. Przy mierzeniu odcinka E F odcinkiem C D może jednak pozostać jakaś reszta. N. p. na fig. 136. CD mieści się w E F 3 razy

Fig. 136.

i pozostaje reszta. Wtedy mierzymy ją jakimś mniejszym F odcinkiem, n. p. jakąś całkowitą częścią odcinka C D.

Na naszej figurze podzieliliśmy odcinek CD na 8 równych części i widzimy, że reszta odcinka E F zawiera pięć takich części.

Wtedy liczbą wymiarową odcinka E F (przy użyciu jednostki C D) jest liczba 3y.

E F : C D — lub E F = 3-f- C D.

Trudno jednak z góry przewidzieć, na jakie części należy resztę

podzielić.

Sposób systematyczny polega na t. zw. mierzeniu łańcuchowem, które jest geometrycznem odzwierciedleniem znanego z algebry dzielenia łańcuchowego, używanego do znalezienia największej wspólnej miary dwóch liczb (sposób Euklidesa).

Aby zmierzyć odcinek A B odcinkiem C D, odcinamy najpierw C D na A B. Pozostałą resztę E B odcinamy na C D, ile razy można (n. p. na fig. 137 dwa razy) do punktu F. Resztę F D odcinamy

na reszcie E B (w naszym przykładzie trzy razy), do punktu G.

Resztę G B odcinamy na reszcie F D (w naszym przykładzie pięć razy) i t. d. Jeżeli mierzenie się skończy, to odcinek G B, którym mierzyliśmy ostatni raz, jest wspólną miarą obydwu odcinków AB i CD. Mieści się bowiem w naszym przykładzie pięć razy w F D.

3.5 4- 1 = 16 razy w E B 2.16 -j- 5 = 37 razy w C D a 37 -f- 16 = 53 razy w AB.

Liczby 53 i 37 są liczbami wymiarowemi odcinków A B i C D (przy użyciu odcinka G B jako jednostki), a stosunek tych liczb wymiarowych: 53 : 37 jest wykładnikiem stosunku odcinków; A B : C D = ⁵³/₃₇.

Jeżeli odcinki mają wspólną miarę, to mierzenie łańcuchowe musi się skończyć, prowadzi więc zawsze do znalezienia żądanego stosunku. Wykładnik stosunku jest wtedy liczbą całą lub ułamkową, t. j. liczbą wymierną, a odcinki nazywają się współmierne.

Istnieją jednak (w geometryi idealnej) także odcinki niewspółmierne, a więc nie posiadające żadnej (nawet najdrobniejszej) wspólnej miary. Takimi odcinkami są n. p. bok i przekątnia tego samego kwadratu, jak to później obaczymy.

rB

Ot

26°

-+H+H-F D

Fig-. 137.

Łatwiej to spostrzeżemy dla boku dzie-sięciokąta umiarowego i promienia koła na nim opisanego.

Narysujmy jeden wycinek takiego dzie-sięciokąta. Kąt środkowy odpowiedni wynosi 36°, a więc kąty przy podstawie wynoszą razem 144°; na jeden wypada 72°. Poprowadźmy symetralną B O, kąta B. Trójkąt B Cx C jest równoramienny, a także trójkąt B A Cl, jak to wynika z obliczenia kąta Cx. Stąd: bok C Cx — B = A B. Odcięliśmy w ten spo-A sób bok A B na A C. Teraz resztę odetnijmy na A B znowu w ten sam sposób, t. j. kreśląc symetralną C\ C₂ kąta C₁. Linia C₂ B jest równa A Cx, powstała więc przez odcięcie reszty A Cl na boku A B. Teraz resztę A C₂ odcinamy na A C₁ przy pomocy tej samej konstrukcyi od punktu Cx do punktu C₃ ; pozostałą re-

126°

26⁰

G,

36'

26‘

C<.

Cz

Fig. 138.

sztę A 63 odcinamy od C₂ do C₄ i t. d. Ponieważ symetralna kąta trafia zawsze przeciwległe boki pomiędzy wierzchołkami leżącymi na nich, a nigdy nie trafi któregoś z tych wierzchołków, przeto nigdy nie wyczerpiemy całego odcinka A C ani A B przy tern mierzeniu łańcuchowem. Odcinki A B i A C są więc niewspółmierne.

Mimo to stosunek takich odcinków można obliczyć, będzie on

liczbą niewymierną.

Gdybyśmy bowiem odrzucili małą resztę, pozostającą przy mierzeniu, otrzymalibyśmy stosunek wymierny, n. p. —; gdybyśmy zaś uzupełnili

resztę tak, aby się dała zmierzyć, otrzymalibyśmy ^    —

zamykamy nasz stosunek pomiędzy dwie liczby, różniące się o —. Gdybyśmy podział poprowadzili dalej, otrzymalibyśmy drobniejszą resztę, mieściłaby się ona więcej razy w obydwu odcinkach, zamknęlibyśmy więc znowu

nasz stosunek pomiędzy dwoma liczbami

. W ten sposób

q’

q'

różniącemi się o

q'

a więc o liczbę mniejszą od

(bo q większe). Wartość stosunku możemy

więc ujmować w granice coraz to bliższe, zapomocą dwóch szeregów liczb wymiernych :

l V l"

z+i r+i r + i

q ; q’ ’ q"

Wspólną granicę tych obydwu zbieżnych szeregów liczb wymiernych

liczbą niewymierną.

q¹ q” q"’ ' ■

nazywamy — jak wiadomo z algebry

Stąd wniosek : jeżeli dwa odcinki są niewspółmierne, to ich stosunek jest liczbą niewymierną.

Tak n. p. w naszym przykładzie na fig. 1B8 można zamknąć stosunek A C do A B między następującymi szeregami liczb, 2, P7, P62, P619, 1-6181, 1-61804, a 1, P6, P61, 1-618, 1-6180, 1-61803, zbliżającymi się do

1 +15

liczby niewymiernej

(por. § 72).

* § 52. Stosunek podziału odcinka.

Jeżeli jakiś odcinek podzielimy dowolnym punktem na dwie

części, to stosunek tych dwóch części —?■ nazywrnmy stosunkiem podziału odcinka.

Fig. 139.

jest stosunkiem podziału odcinka A B. Podział ten nazywamy wewnętrznym. Jeźeli poza

N. p.

Ustępy oznaczone gwiazdkami przeznaczone są tylko dla szkół realnych.

odcinkiem A B obierzemy punkt D i utworzymy stosunek

AB

otrzy-

mujemy stosunek podziału zewnętrznego.

Jeżeli zwracamy uwagę na kierunek odcinków (por. str. 10), A C

to stosunek

ma wartość ujemną, albowiem odcinek A C mię

rżymy na prawo, a B C na lewo. Jeżeli więc jeden kierunek obierzemy za dodatni, n. p. od A ku C, to odcinek A C uważamy za dodatni, (jego liczba wymiarowa jest dodatnia) a B C za ujemny. Ich stosunek jest więc liczbą ujemną. Stosunek podziału zewnętrznego: A B

BB

ma zawsze wartość dodatnią (dlaczego?).

(Kiedy stosunek podziału wewnętrznego dąży do 0, — 1, do nieskończoności? Kiedy stosunek podziału zewnętrznego dąży do zera, do nieskończoności?)

Stosunek tych dwóch stosunków nazywamy: stosunkiem podziału podwójnego czterech punktów i używamy skrócenia: AC ' AB B C ¹ BB

Jeżeli stosunek pierwszy równa się drugiemu co do wartości bezwzględnej, a tylko znakiem się różni, podział odcinka A B nazywa się h a r m o n i c z n y, w każdym innym razie anharmoniczny.

AC . AB B C : B B

— (AB CB).

Przy podziale harmonicznym musi więc być

czyli krótko: (A B C B) — — 1.

Wtedy A B jest tak samo podzielony punktem C wewnętrznie, jak punktem B zewmętrznie. N. p jeżeli B C jest trzecią częścią A C, to i B B musi być trzecią częścią A B. Jeżeli punkty C, B dzielą harmonicznie odcinek A B, to także odwrotnie punkty A, B przedzielają

AC -AB

harmonicznie odcinek C B. Albowiem z równości

wynika także

— CA

— BA

— CB

- BB

-, czyli mnożąc przez

CB a

dzieląc przez — BA: = — 1.

CA

CB

BA

BB

-, a to znaczymy (C B A B) —

Takie cztery punkty na prostej nazywają się harmonicznie sprzężone.

Stosunki podziału podwójnego odgrywają ważną rolę przy badaniu perspektywicznych szeregów punktów i perspektywicznych pęków promieni. (Por. Cz. II § 76). *

§ 53. Proporcyonalnośc odcinków.

Podobnie jak w algebrze, tak i w geometryi ważną rolę odgrywają proporcye. Jeżeli dwa odcinki mają taki sam stosunek, jak dwa inne, nazywamy te cztery odcinki proporcyonalnymi i piszemy: A B : C D = A' Br : C D\

Najważniejszym przykładem takich odcinków proporcyonalnych są kawałki odcięte na dowolnym pęku promieni zapo-mocą dwóch linii równoległych.

b/

Zbadajmy najpierw dwa promienie ⁵ przecięte dwiema liniami równoległemu Zajmijmy się najpierw przypadkiem, kiedy odcinki a i b 6r są współmierne. Odcinając wspólną miarę k na każdym z nich możemy podzielić a na ró-A wne części, n. p. na m równych części, a tak samo b tym samym odcinkiem k na p równych ß' części-

\Fig. 140.

Więc: a — m. k b = p .k

ich stosunek a : b — —

Jeżeli przez punkty podziału poprowadzimy szereg linii równoległych do B Bto wiemy, że także bok S B' rozpadnie się na tyleż równych — ale już innych od A: — części kr. (Por. § 23). a więc:

a! = m .kr \ br = p .k’ i

Otrzymaliśmy więc tę samą wartość dla stosunku a' : b\ co i dla a : b, zatem:

stąd d : b' — —.

a : b — a' : b'

słowami:

Dwie proste równoległe odcinają na każdej parze promieni odcinki proporcyonalne. (Twierdzenie Talesa z VII wieku przed n. Chr.).

Jeżeli odcinki a i b są nie w⁷ spół mierne, to dzielimy odcinek b na wiele drobnych części k. Wtedy k mieści się w b n. p. m razy, a w a mieści się n. p. p razy i zostaje reszta r, mniejsza od k. Więc

a = p k -f- r b — m k

zatem

a    p

a więc: — > —. b    m

Jeżeli resztę opuścimy, otrzymamy na przybliżoną — przez niedomiar — V

wartość stosunku a : b = -—. Jeżeli zaś resztę uzupełnimy, aby wynosiła k, przez dodanie części r mniejszej od A, to:

a — (p -j- 1) k — r b — m k

a- a

zatem

stosunku

więc

a- a

P-\~ 1

(Opuszczając teraz część drobną r' otrzymamy na przybliżoną wartość przez nadmiar —

Zupełnie te same nierówności otrzymamy dla stosunku a' : b' według poprzedniego twierdzenia. Więc:

a* a

P+ ¹

Różnica tych wartości przybliżonych wynosi

jest więc bardzo

mała, jeżeliśmy b podzielili na bardzo drobne części. Różnica pomiędzy musi być jeszcze mniejsza od

a'

b'

czyli dąży do zera z wzrostem m

(wykaż !).

Liczby niewymierne, dla których różnica kolejnych wartości przybli-

ionych dąży do zera, nazywają się równe, więc

O*; a

b’

czyli

(1)

a: b = a! : b’

Z tej proporcyi można wyprowadzić inne, posługując się zna-nemi twierdzeniami z algebry. Mianowicie z proporcyi a: b — a' : b' wynikają także proporcye:

(a b) : a = (a' -f- b') : a' (a -f b) : b = (a' + V) : V czyli

CM CC

S B : S A = S B' : S A SB: AB = SB : A B’

Pierwszą z tych proporcyi wyrażamy słowami: odległości fod wierzchołka pęku) punktów przecięcia jednego promienia z prostemi równoległemi są proporcyonalne do odpowiednich odległości na drugim promieniu.

Ale także odcinki c i ć prostych równoległych mają ten sam stosunek: SB : S A.

Aby to wykazać, uważamy B' za wierzchołek pęku i z A' prowadzimy Ä D równoległą do S B. Wtedy według proporcyi (3) otrzymamy:

(4)

A,

B’ B : B D = B’ S : Ä S czyli c : ć = SB' : SA'

Twierdzenia te nie ulegają zmianie, jeżeli proste równoległe leżą po przeciwnych stronach wierzchołka S.

Fig. 141.

Wypowiedzieć te twierdzenia, uważając figurę S B B' za trójkąt!

Na twierdzeniu zawartem w proporcyi (4) polega użycie t. zw. cyrkla proporcyonalnego (fig. 142 a), służącego do pomniej-

Sil"-- ■ •_

Fig. 142 a.

szenia wszystkich odcinków jakiegoś rysunku w stałym stosunku. Są to dwa ramiona ruchome około punktu O (fig. 142) i dające się przesunąć tak, że O A’ ma żądany stosunek " y A do O A. Wtedy przy każdej rozwartości ra-/ mion końce A! B' zawierają odcinek, pozostający do A A w stałym, żądanym stosunku.

Twierdzenia te można odwrócić w następujący sposób:

Jeżeli dicie proste odcinają na dwóch promieniach odcinki proporcyonalne, to te proste są równoległe. (Dowód niewprost). Jest to nowy sposób sprawdzenia równoległości linii (nowe kr y ter y urn, jak się nieraz wyrażamy).

Fig. 142.

Przeniesienie tych twierdzeń na pęki promieni, złożone z dowolnej liczby prostych i przecięte dwiema liniami równoległemi, nie sprawia żadnych trudności. (Przeprowadź dowód).

¹

W zbiorze zadań I. Kranz a, wyd, II. r. 1905, przepisanym dla szkół średnich, znajdują się przykłady do metody miejsc geometrycznych na str. 71—75, a przykłady do metody figur pomocniczych na str. 75—81.

§ 54. Zastosowanie twierdzeń o promieniach przeciętych liniami równoległemi.

Przy pomocy poznanych twierdzeń o odcinkach proporcyonal-nych można wykonać wiele ważnych konstrukcyi:

a)    Dany odcinek podzielić w żądanym stosunku. N. p. AB chcemy podzielić w stosunku 2 : 5. Kreśli

z?

Fig. 143.

* się z końca odcinka drugą prostą A X dowolnie nachyloną do A B. Na tej prostej odcina się 2 -f- 5 = 7 równych — ale jakichbądź — kawałków. Łączymy D z B a z punktu C wykreślamy równoległą CE do DB, to A E : EB = A C : CD czyli A E: EB=2 : 5.

b) Do trzech danych odcinków a, b, c znaleźć czwarty propor-cyonalny x. Zadanie to nazywamy graficznem rozwiązaniem propor-cyi. Figura 144 wyjaśnia postępowanie, prowadzące do znalezienia żądanego odcinka x, spełniającego proporcyę:

a : b — c : x.

Fig. 144.

Fig. 145.

* c) Wykreślić linię prostą z danego punktu P, zdążającą do niedostępnego punktu przecięcia się dwóch prostych x, y.

Prowadzimy przez P dowolną prostą p, przecinającą obydwa ramiona x, y. Kreślimy jakąkolwiek prostą <p równoległą do p i dzielimy A B w tym samym stosunku, w jakim P dzieli M N. Prosta z, łącząca obydwa punkty podziału, zdąża do niedostępnego punktu przecięcia się ^prostych x i y. Uzasadnić tę konstrukcyę! '■&

Przy działaniach odcinkami omówiliśmy mnożenie odcinka przez liczbę. Obecnie możemy określić mnożenie odcinka przez odcinek czyli graficzne mnożenie. Rozwiążmy graficznie proporcyę 1 : a = b : x (fig. 146 a). Otrzymamy odcinek: x — ab. Gdybyśmy użyli papieru »milimetrowego«, wygodniej byłoby obrać proste A B i A X prostopadle. Wtedy wprost odczytalibyśmy z podziałki, ile wynosi iloczyn a b.

Postępowania tego można użyć z korzyścią, jeżeli mamy n. p. pomnożyć liczby wymiarowe dwóch odcinków jeszcze nie zmierzonych: bierzemy je w cyrkiel i odcinamy na ramionach kąta X OB (fig. 146 b) jeden od punktu O, drugi od punktu I i prowadzimy linie ml In. Trzeba wykonać tylko jedno mierzenie. Tymczasem w zwykłym

Fig. 146.

sposobie wykonywania tego zadania trzeba wykonać dwa mierzenia i jedno (skrócone) mnożenie.

Mnożenie odcinków — według tej konstrukcyi — posiada prawo przemienności, łączności, rozdzielności i monotonii (sprawdzić!).

\    Dzielenie odcinków określamy

\    jako odwrócenie tego mnożenia. Więc

\ n. p. znacząc a . b literą c, określamy ^    " dzielenie, jako rozwiązanie proporcyi

Fig. 147.

9b :

TTTTT

1 : a = æ : c.

Z figury 147 widzimy, jak należy wykonać konstrukcyę, aby znaleźć iloraz x = - -, czyli wykonać graficznie dzielenie.

§ 55. Podobieństwo figur.

Proporcyonalność odcinków jest cechą charakterystyczną figur podobnych. W życiu potocznem używamy słowa »podobny«, aby wyrazić, że dwa przedmioty mają ten sam kształt. W geometryi staramy się dokładniej rozważyć, na czem polega ta wspólność kształtów. N. p. figury I. i II. (fig. 148) nazwiemy w życiu potocznem podo-bnemi. Jedna jest — jak widzimy — pomniejszeniem drugiej;

ŁOMNICKI. GE01ETRVA

wymiary figury II. są skróconymi wymiarami figury I, ale wszystkie wymiary są skrócone w tym samym stosunku, kąty zaś pozostały niezmienione. Opierając się na tern spostrzeżeniu, budujemy następujące określenie:

Fig. 148.

Figury nazywają się podobne, jeżeli wszystkie odpowiednie odcinki obu figur są proporcyo-nalne, a wszystkie kąty równe.

Tę stałą wartość stosunku dwóch odpowiednich odcinków w dwóch figurach podobnych nazywamy wielkością zmniejszenia (powiększenia) lub krótko zmniejszeniem (powiększeniem).

Znakiem, wyrażającym podobieństwo, jest ^ (por. str. 38). Tak n. p. dwa koła są zawsze podobne, bo w jakim stosunku jest jedna para promieni dwóch kół, w takim samym są wszystkie inne pary promieni, wszystkie cięciwy, sieczne i t. d.

Figury przystające są naturalnie także podobne.

Jeżeli przez wierzchołki jakiejkolwiek figury poprowadzimy pęk

i⁴

A\

0']—c{

3,

Fig. 149.

promieni, to łatwo otrzymać figurę podobną. Trzeba tylko z dowolnego punktu Ä jednego promienia (fig. 149) poprowadzić linię równoległą

A' B' do odpowiedniego boku figury I, z punktu B' równoległą do B C i t. d..aź się figura II. zamknie. Istotnie kąty figur I. i II. są równe, jako kąty o ramionach zgodnie równoległych a boki są propor-cyonalne. Wykazujemy to łańcuchem proporcyi:

AB: A' B’ = S B: S B’ = B C : B' C = S C: S C = D C: // C = = S D : S D’ = A D : A’ D\

z czego wynika:

A B : Ä B’ = B C : B' C' = D C : U C = A D : A’ D'

To dowodzi zarazem, że figura II musi się zamknąć (w przeciwnym razie stosunki A B : A' B' i AD: A" D' nie byłyby równe temu samemu stosunkowi: S A : S A'), na co trzeba uważać przy konstru-kcyi na rysunku. Kąty są równe, boki proporcyonalne, więc I ~ II. Tak samo moźnaby figurę II rysować na przedłużeniu promieni poza wierzchołek S.

Takie położenie dwóch figur podobnych nazywamy położeniem podobnem, a wierzchołek pęku S środkiem podobieństwa i to zewnętrznym, jeżeli obydwie figury podobne leżą po tej samej stronie S, a wewnętrznym, jeżeli figury podobne leżą po przeciwnych stronach punktu S.

Porównaj zachowanie się dwóch figur przystających, ustawionych równolegle!

Dwa koła mają zawsze położenie podobne. Aby znaleźć ich środek podobieństwa zewnętrzny, wykreśla się dowolne

Fig. 150.

dwa promienie równoległe i linię środkową. Linia, łącząca końce promieni równoległych, przecina się z linią środkową wt środku podobieństwa. Środek wewnętrzny znajduje się, kreśląc dwa promienie równoległe, ale zwrócone w strony przeciwne. (Udowodnij!) Ponieważ i styczne wspólne schodzą się w tych punktach i Sw, przeto wynika stąd prosta konstrukcya wspólnych stycznych dwóch kół. (Porównaj ćwiczenia 31, 32, 33 na str. 103).

§ 56. Znamiona podobieństwa trójkątów.

Podobnie jak dla zbadania przystawania dwóch figur nie trzeba było porównywać wszystkich boków i kątów, tak i przy badaniu

podobieństwa wystarczy porównanie niektórych tylko części składowych.

Dotychczas podaliśmy dwa określenia podobieństwa, równoważne ze sobą:

a)    boki mają być proporcyonalne a kąty równe lub

b)    figury dają się tak ustawić, ze wszystkie boki odpowiednie są równoległe, a proste, łączące punkty odpowiednie, tworzą jeden pęk.

Określenia te podają zupełnie wystarczające znamiona podobieństwa, ale zarazem aż »nadto wystarczające«, to znaczy: wystarczy wiedzieć o wiele mniej o dwóch figurach, aby być pewnym, że są podobne. Wybierzemy te warunki, które są niezbędnie konieczne a zarazem wystarczające.

Jakikolwiek problem naukowy uważamy dopiero wtedy za gruntownie zbadany, jeżeli zdołamy podać warunki wystarczające (t. j. nie za mało) i konieczne (t. j. nie za wiele).

Okażemy więc, że do zbadania podobieństwa dwóch trójkątów wystarczą i są konieczne następujące warunki:

(I') Dwa trójkąty, mające jeden kąt równy, a dwa boki zamykające go proporcyonalne, są podobne (ę = j; a : a' = b : b').

(II ) Dwa trójkąty, mające dwie pary kątów równe, są podobne.

O = a, ß = ß').

(III') Dwa trójkąty, mające dwa boki proporcyonalne, a kąt, leżący naprzeciwko większego boku równy, są podobne (a : a’ = b : b'; a = z

przyczem aj>b).

(IV) Dwa trójkąty, mające trzy boki proporcyonalne, są podobne.

(a : a' — b : b'; a : a' = c : c').

Są to więc cztery przypadki podobieństwa, zupełnie podobne do czterech przypadków przystawania, tylko że »równość boków« zastępujemy »proporcyonalnością boków«.

Każdy przypadek podobieństwa zawiera tylko dwa warunki przystawaniu mieliśmy trzy). Zwróćmy jeszcze uwagę na to, że w, trójkącie z równości kątów wynika proporcyonalność boków Il J t odwrotnie: z proporcyonalności boków wynika równość kątów 'I\ ). Przy przystawaniu nie mieliśmy takiej wzajemności. Dowodzi to, że sama^ wielkość boków nie zależy od kątów, tylko stosunki boków są zależne od kątów, są funkcyami kątów. Znając kąty, potrafimy w\ znaczyć stosunki boków (a nie same boki). Natomiast z równości boków wynika już równość kątów, więc kąty są funkcyami samych

CA:CD = CB : C E = A B : D E czyli CA : C A' = CB : C B' = A B : A! B'.

Więc trójkąty I i II mają kąty parami równe, boki parami proporcyonalne, są zatem podobne: I ~ II.

Dla udowodnienia (IV') przypadku, opieramy się na założeniu: A C : A' C = A B : A' B' = B C : B' C.

Odcinamy C D — A' C' (fig. 151) i wykreślamy linię: D E || A B, to trójkąt C D E ~ A B C, bo ma dwa kąty równe D — jC A i je E = jC B). Pytanie, czy trójkąt CD E zastępuje trójkąt Ä B' C, t. j. czy jest do niego przystający?

. W założeniu zaś mieliśmy: A C : A' C' — B C : B' C,

Otóż A C : C D — B C : CE czyli A C : A' C = B C: CE, stąd B C. A' C

B C. A' a

stąd B' C =

boków; znając boki trójkąta, można wyznaczyć kąty. Wszystkie te obliczenia jednak wchodzą już w zakres trygonometryi, gdzie też bada się

dokładnie właściwości tych funkcyi. (Dla czworokątów już równość kątów nie wywołuje propor-cyonalności boków, n. p. prostokąt a kwadrat!)

Dowody przypadków podobieństwa przeprowa-ß dzimy tylko dla (IT) i (IV')- Inne przeprowadza się w taki sam sposób.

Zacznijmy od przypadku (II'), w którym « = a' i ß = ß' (fig. 151). Przedewszystkiem musi być y = jako reszta do 180°. Mamy jeszcze wykazać proporcyonalność boków. Odetnijmy w tym celu trójkąt A! B’ C’ od wierzchołka C. To można uczynić, ponieważ y = y'. Linia D E będzie równoległa do A B, bo a' — cc, a to są kąty odpowiednie, utworzone przez dwie linie, przecięte trzecią. Z równoległości linii wynikają proporcye:

dpE

d‘

/?'

A'

Fig. 151.

więc C E ma tę samą wartość, co B' C.

Tak samo wykazuje się, że D E = A' B', więc trójkąt C D E jes^ przystający do Ä B' C. Jeżeli więc C D E ~ A B C, to i A' B' C musi być podobny do ABC.

Dla sprawdzenia podobieństwa czworoboków, pięcioboków, . . . wieloboków, trzeba porównać więcej części, ale zawsze o jedną mniej, aniżeli dla sprawdzenia przystawania. Figury bowiem podobne stają się przystającemi, jeżeli jeden bok obydwu figur zrówna się (z zachowaniem kształtu całej figury).

Konstrukcya trójkąta podobnego do danego trójkąta jest bardzo prosta: wystarczy przenieść dwa kąty (II'). Jeszcze prościej można to zrobić, odcinając przy pomocy linii równoległej od trójkąta część górną. Konstrukcya ta jest nieoznaczona: istnieje bowiem nieskończenie wiele trójkątów podobnych różnych pod względem wielkości. Jeżeli jednak dany jest jeszcze jeden bok, lub stosunek zmniejszenia (zwiększenia), konstrukcya jest wtedy oznaczona.

Ponieważ do budowania figur podobnych potrzeba mniej części, aniżeli dla figur przystających, przeto zadania konstrukcyjne ułatwiamy sobie często w ten sposób, że rysujemy najpierw figurę podobną do żądanej figury, a później powiększamy ją lub pomniejszamy odpowiednio do pozostałego warunku zadania. Ten sposób postępowania nazywamy metodą figur podobnych. Wyjaśnimy tę metodę na przykładzie: zbudować trójkąt, znając dwa kąty a, ß i promień koła opisanego R. Me troszcząc się na razie o wielkość promienia R, wykreślamy (fig. 152) dowolny trójkąt

Tc

'A

A‘

■B'

Fig. 152.

podobny do żądanego, a możemy to zrobić, ponieważ znamy dwa kąty. Następnie wykreślamy promień R' koła opisanego dla tego trójkąta i jeżeli on nie ma żądanej długości, odcinamy na nim od środka odpowiedni R. Teraz powiększamy (lub pomniejszamy) trójkąt tak, aby promień koła opisanego był R. Najłatwiej to uzyskać, odcinając na prostych O Ä, OB' O C długość R od O do punktów A, B, C.

Na podobieństwie trójkątów polega osobny przyrząd do rysowania figur podobnych (do pomniejszania i powiększania figur), zwany pantografem.

Przyrząd ten (fig. 153) składa się z czterech prętów, tworzących równo-ległobok: AB CD. W jednym punkcie P przytwierdza się przyrząd stale do płaszczyzny rysunku. Ramiona równoległoboku są ruchome w przegubach, około punktów A, D, B, C, a prócz tego cały przyrząd można obracać około punktu P. Jeżeli koniec F, umieszczony odpowiednio na ramieniu A C, po-

suwamy po jakiejś figurze, to ołówek, umieszczony w punkcie Z, na prostej, łączącej P z F, zakreśla figurę podobną, pomniejszoną. Jeżeli pomie-niamy role punktów F i Z, otrzymamy figurę powiększoną. Stosunek powiększenia lub pomniejszenia wynosi:

P F : P Z = C F : C A,

(j

,D

rU

Fig. 153.

w każdem bowiem położeniu przyrządu punkty P, Z, i F leżą na jednej linii prostej (wykaż, rysując cały układ w dwóch różnych położeniach P, Z, F i P Z' 1'; oprzeć się na podobieństwie trójkątów PFF' i PZZ’). Otrzymamy więc na pęku prostych, wychodzących z punktu P, odcinki propor-cyonalne :

P Z :P F= P Z’ : P F' — i t. d., a więc figury Z Z’... i FF'... są podobne i podobnie położone.

§. 57. Zastosowanie podobieństwa trójkątów do trójkąta prostokątnego.

i<r

Jl

fi

<ł

cT

W dowolnym trójkącie prostokątnym wykreślmy prostopadłą z wierzchołka kąta prostego do przeciwprosto-kątni. Powstają dwa trójkąty podobne do siebie i do całego trójkąta. Albowiem: <£ « = jC ß, jako kąty proste, a je. T =    § jako kąty, któ-

Fig. 154.

rych ramiona są zgodnie prostopadłe: więc I ^ II.

Następnie: jC. C — jC C, a <£ a — A, więc I ~ III. Stąd już wynika także II ~ III.

Z podobieństwa trójkątów wynika proporcyonalność boków, odpowiadających sobie (boki odpowiadające sobie leżą naprzeciw odpowiadających sobie, to znaczy równych kątów). Otrzymujemy więc następujące proporcye:

(1)    p    : w — w :    q    wynika    z    podobieństwa    trójkątów    I i II.

(2)    p    : b = b :    c    wynika    z    podobieństwa    trójkątów    I i III.

(3)    q    : a = a :    c    wynika    z    podobieństwa    trójkątów    II i III.

Proporcye te można wypowiedzieć w następujący sposób:

W trójkącie prostokątnym wysokość, należąca do przeciwprostokątni, jest średnią geometryczną proporcyonalną pomiędzy obydwoma odcinkami przeciwprostokątni, a każda przyprostokątnia jest średnią geometryczną pomiędzy swoim rzutem na przeciwprostokątnię a całą przeciwprostokątnią.

Ponieważ każdy kąt, wspierający się na półkolu, jest prosty, to możemy twierdzenie nasze zastosować do koła: prostopadła z obwodu

<7

Fig. 155.

koła do średnicy jest średnią geometryczną między obydwoma odcinkami średnicy, a każda cięciwa jest średnią geometryczną między średnicą a rzutem swoim na średnicę, przechodzącą przez jej punkt początkowy.

Twierdzenie to prowadzi do łatwej konstrukcyi średniej geometrycznej dwóch danych odcinków p, q. Budujemy mianowicie półkole na odcinku p -f- q i wykreślamy prostopadłą do średnicy w punkcie wspólnym odcinkom p i q. Można także użyć cięciwy, wtedy jednak na większym odcinku trzeba odciąć mniejszy i półkole zakreślić na większym odcinku.

Z rozwiązania proporcyi: a : x = x : 1, wynika

x — y a

Wykreślenie średniej geometrycznej dwóch liczb daje nam zarazem sposób graficzny otrzymania drugiego pierwiastka z każdej liczby.

razem a² b² — (p -\- q) . c

Z proporcyi (2) i (3) wyprowadzimy jeszcze jeden bardzo ważny wniosek. Ponieważ iloczyn wyrazów średnich równa się iloczynowi wyrazów skrajnych, przeto z (2) i (3) wynika: b² = p c\ a² = qc \

Ale p -f- q = c, więc: a² -\- h² = c²

Słowami: suma kwadratów (liczb wymiarowych) obydwu przypro-stokątni równa się kwadratowi (liczby wymiarowej) przeciwprostokątni.

Twierdzenie to, zwane twierdzeniem Pitagorasa, odgrywa w geo-metryi nadzwyczajnie ważną rolę. Do twierdzenia tego powrócimy jeszcze przy obliczaniu powierzchni i objętości.

§ 58. Środek ciężkości trójkąta.

Połączmy wierzchołki dowolnego trójkąta ze środkami przeciwległych boków. Te proste nazywamy liniami dośrodkowemi. Wykażemy, że trzy dośrodkowe przecinają się w jednym punkcie.

F/^

A¹

Dowód: wykreślmy najpierw dwie takie linie A E i B F. Wykreślmy linię pomocniczą E F, to ona jest równoległa do boku A B (por. § 23). Stąd wynika S E F ~ S B A (przypadek IT). Odpowiednie boki są więc proporcyo-nalne, a zatem SE jest połową A S i F S jest połową B S, ponieważ F E — — A AB (por. § 23).

Fig. 156.

Punkt S odcina więc z obu dośrodkowych część trzecią.

Gdybyśmy teraz wykreślili trzecią dośrodkową CD, to ona musi także odciąć na A E i F B trzecią część, a więc musi trafić w punkt S.

Ten punkt S nazywamy środkiem ciężkości pola trójkąta. Wykazaliśmy więc:

Dośrodkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie, który odcina na każdej dośrodkowej od podstawy trzecią część.

Środek ciężkości jest czivartym osobliwym punkiem trójkąta.

* § 59. Średnia harmoniczna.

W algebrze rozważa się obok średniej arytmetycznej i geometrycznej także średnią harmoniczną dwóch liczb.

Średnia arytmetyczna wynika z równania:

a — s = 5 — b, stąd 5

Średnia geometryczna wynika z równania:

a : s — s: ó; stąd s = / a b.

a -f- b

2 ab

Średnia zaś harmoniczna wynika z proporcyi

b) i jak łatwo obliczy6, ma wartość: s =

a : (a — s) = b : (s

a-\-b'

Znamy już sposób konstrukcyjny znalezienia średniej arytmetycznej (por. twierdzenia o trapezie i ćwiczenie 27, str. 85) i średniej geometrycznej. Średnią harmoniczną otrzymamy z harmonicznego podziału odcinka (por. § 52, str. 108). Jeżeli bowiem (fig. 157):

(AB CD) — — 1 czyli

£>

Fig. 157.

= — 1, to

AC AD B C ' B D

A C : B C = — A D : B D ale B C = — C B, więc A C: — CB ==— A D : B D.

Mnożąc obie strony przez — 1, otrzymamy AC: CB = -\~AD:BD. Z figury zaś widzimy, że wtedy a : (s — a) — b : (b — s), czyli zmieniając znaki w 2. i 4. wyrazie a : (a — s) = b : (s — b).

Otóż w podziale harmonicznym odcinek podzielony A B jest średnią harmoniczną między odcinkiem mniejszym a większym. Tak samo można wykazać, że odcinek C D jest średnią harmoniczną między B D i A D.

Aby więc znaleźć średnią harmoniczną, trzeba umieć do trzech punktów dowolnych znaleźć czwarty harmoniczny. Użyjemy do tego półkola.

Udowodnimy, że biegun i biegunowa koła (por str. 69) przedzielają harmonicznie średnicę. Z dowolnego punktu A poza kołem poprowadźmy styczną A X (fig. 158), to A jest biegunem a prosta B X,

Fig. 158.

prostopadła do średnicy, jego biegunową. Ponieważ promień O X jest prostopadły do stycznej, to trójkąt A O X jest prostokątny, możemy więc do niego zastosować twierdzenie o średniej geometrycznej. Otrzy

mamy proporcyę:

O B : r — r : O A czyli r : O B — O A : r.

Stosując do tej proporcyi twierdzenie o sumie i różnicy jej wyrazów, otrzymamy:

(r — O B) : (r -f- O B) = (O A — r) : (O A r)

CB

AD

Zmieniając kierunek trzech odcinków, otrzymamy:

C B : — D B — — CA : — DA a zmieniając znaki 2 i 4 wyrazu C B : D B — — C A : D A.

To zaś dowodzi, że (C D A B) — — 1.

Aby więc znaleźć punkt B, harmonicznie sprzężony z punktami A, C, D, a przedzielający wewnętrznie punkty C i D, kreślimy koło na średnicy C D, z punktu A prowadzimy styczną do koła a z punktu styczności X cięciwę prostopadłą do średnicy C D.

Stąd następująca konstrukcya średniej harmonicznej:

Na większym odcinku A D = b, odcinamy mniejszy A C = a. Kreślimy punkt B, harmonicznie sprzężony z A, C, D, lezący między C i D, to odcinek A B jest średnią harmoniczną między odcinkami a i b.

Jak można znaleźć punkt harmonicznie sprzężony z B, C, D, leżący zewnątrz odcinka C D? ^

* § 60. Zastosowanie podobieństwa trójkątów do koła.

0,

Fig. 159.

Poprowadźmy z dowolnego punktu S poza kołem pęk promieni i zwróćmy uwagę na odcinki każdego promienia, zawarte między wierzchołkiem pęku a S obwodem koła, n. p. S A, S A', S B, S B' i t. d. Trójkąty SAB' i S A’ B są podobne, ponieważ mają po dwa kąty ró-wne « A = < B, jC <S = jC S), wi<2c bakb leżące naprzeciw równych kątów, są proporcyonalne :

S A : S B = S B' : S A' lub S A . S Ä = S B . S B’. Słowami:

W pęku promieni, przecinającym koło, iloczyn odcinków każdego promienia, zawartych między wierzchołkiem pęku a obwodem koła, ma stałą wartość.

Aby tę stałą wartość łatwo obliczyć, zsuwamy punkty A i A' coraz bliżej: skoro się te punkty nakryją, sieczna zamienia się na styczną SC, a iloczyn dwóch różnych odcinków zamieni się na iloczyn dwóch równych odcinków: SC. SC czyli SC². Otóż: stała wartość tego iloczynu równa się drugiej potędze odcinka stycznej z punktu S. Dlatego ten iloczyn nazywamy: potęgą koła ze względu na punkt S.

Z figury 159. widzimy, że wartość tej potęgi wynosi p² = c² — r2 i jest liczbą dodatnią (według twierdzenia Pitagorasa). Gdyby wierzchołek pęku S leżał wewnątrz koła, to tak samo dowodzi się, że

A'

SA . SA' = SB . SB' = — S C².

SC°

Fig. 160.

(znak: — pochodzi stąd, że S C — — S C). SC ^'nie jest teraz odcinkiem stycznej, ale połową cię-| c i w y prostopadłej do linii, łączącej S ze środkiem koła. (Cięciwa ta jest przepołowiona punktem S). Potęga koła ze względu na ten punkt S wynosi p² = — (r² — c²) czyli p² — c² — r², oblicza się więc tym samym wzorem, ale wartość otrzymuje się ujemną, ponieważ c<jr. Jeżeli wreszcie punkt S leży na kole, to c — r, więc potęga: p² — 0, jest więc równa zeru. 4e

§ 61. Dziesięciokąt umiarowy. Podział złoty.

Przy pomocy twierdzeń o podobieństwie trójkątów możemy rozwiązać zadanie, któreśmy pominęli w nauce o wielokątach umiarowych, dotyczące podziału koła na 5 i 10 równych części

8,

uł6°

Fig. 161.

(por. str. 89 z § 44). Weźmy pod uwagę dziesięciokąt umiarowy, wpisany w koło o promieniu r; bok jego nazwijmy b i zbadajmy, w jakim związku jest ten bok z promieniem. Łącząc końce A B jednego boku ze środkiem, J6°X otrzymamy trójkąt o kątach 36°, 72°, 72°. Połowiąc B wyliczamy łatwo, że jC C= 72°, a więc A B = B C, ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny (trójkąt ten rozważaliśmy także na str. 106). Trójkąty A B C i A O B są podobne (ponieważ ich kąty przy podstawie wynoszą po 72°). Z podobieństwa wynika proporeya:

AO:AB = AB: AC

r : b = b : (r — C O). Ale C O = B C= A B = b więc

r : b — b : (r — b ).

Bok dziesięciokąta umiarowego jest średnią geometryczną pomiędzy całym promieniem koła opisanego a resztą, pozostałą po odcięciu tego boku na promieniu.

Zwróćmy uwagę na podział odcinka A O punktem C. Ponieważ A B = C O, to proporcyę naszą możemy także napisać w postaci: A O: C 0 = CO: AC.

Cały odcinek tak się ma do swej większej części, jak większa do

mniejszej.

Taki podział nazywamy podziałem złotym.

Aby odcinek podzielić według podziału złotego, trzeba zakreślić tym odcinkiem koło, wpisać w nie dziesięciokąt umiarowy i odciąć jego bok na danym odcinku. Przy pomocy kątomierza łatwo to uczynić. Zobaczymy jednak, że wystarczy użycie cyrkla i lineału (kon-strucya »platońska«).

Nazwa »podział złoty« tem się tłumaczy, że taki podział najwięcej odpowiada upodobaniom człowieka, chociażby sobie nie zdawał sprawy, jakie jest prawo tego podziału. Budowle prostokątne greckie mają n. p. długość i szerokość, odpowiadające podziałowi złotemu; krzyże, skrzynie, książki, bilety najpospoliciej są mimowiednie tak robione, że wymiary ich boków przynajmniej w przybliżeniu odpowiadają złotemu podziałowi. Dopatrywano się nawet podobnej proporcyonalności w budowie ciała ludzkiego.

Aby konstrukcyjnie rozwiązać zadanie złotego podziału lub — co na jedno wyjdzie — wpisać dziesięciokąt umiarowy w koło, oprzemy się na proporcyi (1). Zamiast r napiszemy a, zamiast szukanego ó literę x, więc

a : x = x : (a — x).

Obliczmy najpierw x z tego równania. Iloczyn wyrazów średnich równa się iloczynowi wyrazów skrajnych:

xl — a² — x a czyli x² a x = a²

nacłl f-fj

Aby uzupełnić pierwszą stronę do kwadratu, dodajemy po obu stro-, to:

x² + ax-f

Trójmian po pierwszej stronie powstał z wykonania działania:

x -f-

(*+ A

te »

więc

\²

= a* + ¹ y) st£id

f‘-+{ i!

toi a

wtedy jednak wartość bez-

Znak pierwiastka może być także: względna x byłaby większa jak a\ wartość ta jest dla naszego zadania nieprzydatna.

a ' 4-

Można jednak i tej drugiej wartości: xl nadać znaczenie geometryczne. Przedewszystkiem widzimy, że

(x aj.

x —{—

te a

czyli

P+(łf

Obróćmy na fig. 161 promień O A o 72° w dół do punktu D (na fig. 162)

i połączmy B z D, to D ~ C B O — 36° (bo O B = O D a ^ O = 108°). Prosta B D odcina więc trójkąt A B C ten sam, któryśmy mieli na fig. 161. Z figury widzimy, że B D = x -J- a —

— — x₁.

72\C

{72°

Ąn

72

ta.

Odcinek B I) jest bokiem 10-kąta gwieździstego, który otrzymujemy, dzieląc obwód koła na 10 równych części i łącząc ze sobą co trzeci punkt podziału. Otóż drugie rozwiązanie równania x* -j- a x — a? daje ujemną wartość boku dziesięciokąta gwieździstego (narysuj!)

Tę wielkość trzeba teraz wykreślić. Tru-

OC7

dność

. Powołując się

jednak na twierdzenie Pitagorasa widzimy, źe jestto przeciwprostokątnia trójkąta prosto-

CL

kątnego, w którym przyprostokątnie wynoszą: a i —. Budujemy

u

więc taki trójkąt prostokątny (fig. 163). Od tego

Fig. 162.

lMrf

to pozostały odcinek jest źą-

i. r CL

Fig. 163.

mamy od]ąc —

u

danym x. W ten sposób znaleźliśmy bok dziesięciokąta umiarowego wpisanego w koło o promieniu a. Złoty podział uzyskamy, odcinając znalezione x na odcinku a. Stąd więc wrynika następująca konstrukcya:

Na końcu odcinka a wykreślamy prostopadłą i odmierzamy . . a

Łączymy A z B i przenosimy A C na bok A B do

na niej —.

a zarazem

punktu D. Reszta pozostała jest szukanym bokiem dziesięciokąta większym odcinkiem złotego podziału odcinka a. Ta sama konstrukcya śluzy więc równocześnie do podziału koła na 10 równych części. Podział na 5 równych części już z tego wynika: należy podzielić koło na 10 części i co drugi punkt podziału opuścić.

Metoda rozwiązania tego zadania polegała na tem, że dla wielkości szukanej oblicza się najpierw algebraicznie pewien wzór, a dopiero potem wykreśla się wielkości w tym wzorze zawarte. Postępowanie takie nazywa się: metodą analizy algebraicznej. Jestto już czwarta ogólna metoda rozwiązywania zadań konstrukcyjnych. Będziemy jej jeszcze używali w następnym rozdziale.

Ćwiczenia IX¹).

§51.    1. Zmierzyć dowolny odcinek drugim mniejszym, używając mierze

nia łańcuchowego.

2.    Wykreśliwszy kwadrat o boku 1 dm i przekątnię, zmierzyć (w przybliżeniu) przekątnię, używając boku jako jednostki mierniczej.

3.    Zmierzyć stosunek boku trójkąta równobocznego do wysokości.

4.    Stosunek odcinków: 129 nim i 55 mm znaleźć drogą geometryczną i arytmetyczną i porównać wyniki!

5. Wykazać, że stosunek promienia koła do boku dziesięciokąta umiarowego można przybliżać zapomocą wyrazów szeregu:

²/l5 ³/2j ⁵/3> ⁸/s) ,³/8? ¹'/135 ³⁴ńn ⁵⁵/34 Y ^

danym odcinku dowolny punkt, zbadać stosunek

Jakie jest prawo tego szeregu?

§ 52.    6. Obierając na

tej samej linii prostej do-

podziału wewnętrznego (mierzeniem łańcuchowem).

na

we-

4e 7. Obierając poza danym odcinkiem wolny punkt, zbadać stosunek podziału zewnętrznego.

4¹ 8. Jakie rozmaite wartości może przybierać stosunek podziału wnętrznego? Przedstawić graficznie wartości tego stosunku.

Ł 9. Jakie rozmaite wartości może przybierać stosunek podziału zewnętrznego ? Przedstawić graficznie zbiór tych wartości.

^ 10. Obierając dowolnie cztery punkty na linii prostej, zbadać stosunek podziału podwójnego.

* 11. Jeżeli (A B C D)) — k, obliczyć: (B A C D), (D C B A) i inne wartości, powstające przez zmianę uporządkowania liter w symbolu (ABCD). 4e 12. To samo zadanie wykonać dla (A B C D) — — 1.

zbiorze zadań

17.    Boki trójkąta są: a — 12 cm, b = 10 cm, c = 6 cm. Podzielić bok c w stosunku 2 : 5 i wykreślić równoległą do boku a przez ten punkt podziału. Obliczyć odcinki boku b i linię środkową trapezu odciętego.

£ 53—54.    13. Udowodnić, że dwie proste, odcinające na dwóch pro

mieniach pęku odcinki proporcyonalne, muszą być równoległe (niewprost !).

14.    Jak długie muszą być ramiona cyrkla proporcjonalnego, jeżeli chcemy uzyskać pomniejszenie 1 : 5 (długość całego ramienia A A' niech wynosi n. p. 1 dni (por str. 111, fig- 142).

15.    Podzielić dany odcinek w stosunku 11:8.

16.    Rozwiązać graficznie proporcyę:

a)    3 : 7 = b : oc i porównać z rozwiązaniem algebraicznem.

b)    2¹/₂ : x — 7x/₄ : B¹^ i algebraicznie.

O 27 : 3’4 = x : 53.

18.    Przez punkt P na polu danego kąta poprowadzić prostą tak, aby odcinki od P do ramion tego kąta tworzyły stosunek 3 : 5. (Wskazówka: wykreślić z P równoległe do ramion!).

19.    Na polu koła dany jest punkt P i średnica. Przez P poprowadzić cięciwę tak, aby ją średnica dzieliła w stosunku 2 : 3. (Wskazówka: podziel średnicę na 5 równych części!).

20.    Przez punkt P, dzielący wysokość trapezu w stosunku m \p, poprowadzono równoległą do podstawy. Wykazać, że odcinek tej linii zawarty

między bokami nierównoległymi wynosi s —

gdzie a\b ozna-

m a -|- p b

m -j- p

czają boki równoległe. (Wskazówka: odciąć trójkąt prostą równoległą do jednego z boków nierównoległych i wykreślić w nim wysokość!).

21. Wykreślić linię prostą, zdążającą od danego punktu do niedostępnego punktu przecięcia się dwóch danych prostych. Jakie inne podobne konstrukcye poznaliśmy dawniej?

22.    Wykonać graficznie mnożenie 1-73 . 0-45.

23.    Wykonać graficznie dzielenie P56 : P37.

§ 55—56. 24. Wykreślić dwa dowolne koła współśrodkowe i obliczyć zmniejszenie koła wewnętrznego.

25.    Wykazać, że wszystkie wieloboki umiarowe o równej liczbie boków są podobne.

26.    Odciąwszy od trójkąta równobocznego trójkąt zapomocą linii równoległej do jednego z boków, zmierzyć zmniejszenie boków powstałej figury podobnej.

27.    Obrawszy dowolny nieregularny ośmiokąt, narysować figurę podobną przy pomocy pęku promieni: a) po tej samej stronie wierzchołka pęku, b) po przeciwnej stronie wierzchołka.

28.    Wykreślić do danego trójkąta trójkąt podobny, zmniejszony w stosunku: a) 1 : 3, b) 2 : 5.

29.    Do danego czworoboku wykreślić czworokąt podobny i w podo-bnem położeniu, zmniejszony w stosunku 2 : 3 tak, aby środek podobieństwa był: a) wewnętrzny, b) zewnętrzny. Jakie rozmaite położenia może mieć zewnętrzny środek podobieństwa? Czy może leżeć wewnątrz czworokąta?

dzić do położenia podobnego: a) przesunięciem i obrotem, b) samym obrotem.

31.    Dla dwóch czworokątów podobnych, leżących równolegle, znaleźć środek podobieństwa.

32.    Znaleźć wewnętrzny i zewnętrzny środek podobieństwa dwóch kół.

33.    Wykreślić cztery styczne wspólne dwu kołom.

34.    Znaleźć cień i półcień kuli większej, oświetlonej kulą mniejszą i odwrotnie (w przekroju).

35.    Ile warunków muszą spełniać dwa trójkąty prostokątne, aby były podobne? Ile warunków muszą spełniać dwa pięciokąty, aby były podobne?

36.    Udowodnić: a) pierwszy przypadek podobieństwa trójkątów, b) trzeci przypadek podobieństwa.

37.    Wykazać, że w dwóch trójkątach podobnych stosunek odpowiednich wysokości równa się stosunkowi boków.

38.    Wykazać, że dwa trójkąty, których boki są wzajemnie parami prostopadłe, są podobne.

39.    Wykreślić trójkąt prostokątny, znając przeciwprostokątnię i stosunek obu przyprostokątni n. p. 4:7 (kreśli się trójkąt podobny, o bokach n. p. 4 cm i 7 cm i powiększa się go lub pomniejsza).

40.    Zmierzyć wysokość drzewa zapomocą laski o znanej długości, mierząc cień drzewa i cień laski.

41.    Jak można zmierzyć głębokość okrągłej studni, badając odbicie się przeciwległego brzegu studni w wodzie?

42.    Przy pomocy podobnych trójkątów zmierzyć szerokość rzeki, nie przekraczając jej!

43.    Wykreślić trójkąt, znając dwa kąty i a) promień koła opisanego, b) promień koła wpisanego (metodą figur podobnych).

44.    Wykreślić trójkąt równoboczny, znając sumę boku i wysokości.

45.    W podany trójkąt wpisać kwadrat, spoczywający podstawą na jednym boku. (Rysuje się najpierw kwadrat większy, wystający z trójkąta i łączy się wystający wierzchołek kwadratu z przeciwległym wierzchołkiem trójkąta linią A X; następnie pomniejsza się go tak, aby wierzchołek leżał na boku trójkąta a zarazem na linii A X).

46.    W dane koło wpisać prostokąt, którego boki są w stosunku

1 : ]/ 2 (taki przekrój ma belka o możliwie największej wytrzymałości!). § 57.    47. Wykreślić średnią geometryczną dwóch danych odcinków.

48.    Znaleźć graficznie: ]/ 3, y 15, y28.

49.    Wykreślić odcinki }' a? -|- b'², )'a²— b², przy pomocy twierdzenia Pitagorasa, znając a i b.

50.    Wykreślić odcinek ]/ a? -\- b² -j- c² -f- d², znając a, b, c, d (każdą liczbę całkowitą można rozłożyć na sumę czterech kwadratów, każdą więc można w ten sposób spierwiastkować przez 2).

51.    Wykazać, że w trapezie równoramiennym, opisanym na kole, wysokość jest średnią geometryczną obydwu boków równoległych.

52.    Obliczyć przy pomocy twierdzenia Pitagorasa: a) promień koła wpisanego w ośmiokąt umiarowy o boku a = 6 cm, b) promień koła opisanego na tym ośmiokącie.

§ 58.    53. Wykreślić środek ciężkości dow-olnego trójkąta.

54.    W trójkącie rozwartokątnym wykreślić 4 punkty osobliwe.

55.    Wykazać, że 4 punkty osobliwe trójkąta równobocznego nakrywają się.

56.    Wykazać, że trójkąt, w którym dwie dośrodkowe są równe, jest równoramienny.

57.    Udowodnić prawdziwość twierdzenia: jeżeli wierzchołki trójkąta są od pewnej prostej dowolnej odległe o odcinki a?,, a?₂, x.A) to odległość

(fig. 164).

środka ciężkości trójkąta od tej prostej jest średnią arytmetyczną tych trzech odległości, t. j. a?, -J⁻ a?₂ -j— ajg

X1

58. Wykazać, że w każdym trójkącie środek ciężkości S, środek koła opisanego O i punkt przecięcia wysokości W leżą na jednej linii prostej i że W S = 2 . S O (twierdzenie Eulera). (Wskazówka: połączyć W z wierzchołkiem a O ze środkiem przeciwległego boku i wierzchołek ze środkiem przeciwległego boku).

4e § 59. 59. Znaleźć średnią harmoniczną : a) dwóch odcinków, bj dwóch liczb.

^ 60. Wykonać podział harmoniczny dowolnego odcinka.

Fig. 164.

4e 61. Wykazać, że odcinek prostej równoległej do boków równoległych trapezu a przechodzącej przez punkt przecięcia przekątni, jest średnią harmoniczną między bokami równoległymi. (Wskazówka: z końca tej równoległej i z końca mniejszego boku równoległego poprowadzić proste równoległe do drugiego boku nierównoległego).

4e 62. Wykazać, że symetralna kąta wewnętrznego i zewnętrznego dzielą harmonicznie przeciwległy bok trójkąta. (Wskazówka: poprowadzić z jednego wierzchołka na tym boku proste równoległe do tych symetral-nych).

4* $ 60. 63. Jakie jest miejsce geometryczne punktów, mających równą potęgę ze względu na jedno koło?

od obwodu, b) leżącego wewnątrz koła o promieniu

cm

4e 64. Obliczyć potęgę punktu: a) leżącego poza kołem o promieniu 8 cm w odległości 3 6 cm w odległości 2 cm od obwodu.

^ 61.    65. W dowolne koło wpisać umiarowy dziesięciobok, nie używając

kątomierza.

66.    Obwód koła podzielić: a) na 5 równych części, b) na 20 równych części bez pomocy kątomierza.

67.    Na dowolnym odcinku wykonać złoty podział.

68.    Wykreślić prostokąt, którego boki tworzą złoty podział (są odcinkiem większym i mniejszym złotego podziału).

69.    Obliczyć bok dziesięciokąta umiarowego, znając promień koła opisanego (n. p. r — 10 cm).

70.    Wykreślić bez pomocy kątomierza kąt: a) 72°, b) 36°, c) 18e.

71.    Przy pomocy boku dziesięciokąta gwieździstego (str. 126) obliczyć bok pięciokąta umiarowego jako funkcyę promienia koła opisanego. (Wskazówka: podzieliwszy koło na 10 równych części, połączyć 1-szy punkt podziału z 3-cim a 3-ci z 5-tym).

72. Wykazać, że dwie przecinające się przekątnie pięciokąta umiaro-rowego dzielą się według złotego podziału. (Wskazówka: połączyć końce tych przekątni i wykazać, że większy odcinek przekątni równa się bokowi pięciokąta).

73. Do wnętrza półkola o znanej średnicy wykreślić dwa mniejsze półkola, mające średnice o połowę mniejsze, a następnie wykreślić koło, stykające się z danem półkolem wewnętrznie, a z dwoma mniejszemi zewnętrznie. Analiza algebraiczna! (Taką formę ma ozdobne okno w stylu romańskim).

Rozdział X.

Pole figur płaskich.

¹

Przykłady do metody figur podobnych znajdują się w Kranza str. 81, do metody analizy algebraicznej str. 85.

§ 62. Ogólne uwagi o mierzeniu pola (powierzchni).

Nauczyliśmy się juź mierzyć odcinki i kąty. W geometryi zarówno idealnej, jak i praktycznej, potrzeba często zmierzyć pole (powierzchnię) ograniczone jakąś linią łamaną lub krzywą. Wprowadzamy w ten sposób do geometryi nowe wielkości, które trzeba umieć przedewszystkiem porównywać. Otóż za równe uważamy pola figur przystających lub takich, które można rozłożyć na części parami przystające. Jasnem jest teraz, kiedy nazwiemy jedną powierzchnię 2, 3, 4 razy wdększą od drugiej. Najpospoliciej staramy się obydwie figury złożyć z samych kwadratów o bokach, wynoszących 1 m, 1 dm, 1 cm, 1 mm. Nazywamy je metrem kwadratowym: 1 m², decymetrem kwadratowym 1 dm², i t. d. Łatwo zauważyć, że kwadrat o boku 1 m da się rozdzielić na sto przystających kwadratów o bokach 1 dm, 10.000 kwadratów o bokach 1 cm, 100³ kwadratów o boku 1 mm. A więc:

lm²— 100 dm²; 1 dm² — 100 cm²: 1 cm² =100 mm²; zamiennikiem wyższych miar pól na niższe jest liczba 100.

Za jednostkę do mierzenia pola obraliśmy więc kwadrat, którego bok ma jednostkę długości.

Zmierzyć jakieś pole, znaczy obliczyć, na ile takich kwadratów da się pole rozłożyć, czyli zbadać, ile razy przyjęta jednostka miernicza mieści się w danem polu. W tym celu rozdzielamy dane pole na same kwadraty jednostkowe i zliczamy je. Gdyby pozostały jakieś kawałki pola, dzielimy je na mniejsze kwadraty i postępujemy tak coraz dalej. Liczba (wymierna lub niewymierna) otrzymana w ten sposób, nazywa się liczbą wymiarową pola. Rozszerzając określenie pól równych, powiemy ogólniej : dwa pola nazywają się równe, jeżeli ich liczby wymiarowe są równe.

W praktyce uskuteczniamy mierzenie pola w ten sposób, że daną figurę rysujemy (najczęściej w pomniejszonej skali) na papierze milimetrowym i liczymy kwadraciki. Powinno się osobno zliczyć kwadraty zawarte całe wewnątrz figury: przypuśćmy, że jest ich n. Potem osobno liczymy kwadraty przecięte przez obwód figury; jeżeli ich jest n', to liczba wymiarowa P powierzchni zawiera się między n a n -f- n'.

n <( P <C n -f- n'

II

Gdybyśmy zrobili siatkę kwadracików o bokach ¹I₁₀ mm, otrzymalibyśmy dla P jeszcze ciaśniejsze granice.

MMiil

i I

IH liii lii

Fig. 165.

Granice, do jakich dążą liczby n i n -j- nr przy podziale danego pola na coraz to drobniejsze kwadraciki, nazywamy miarą icewnętrzną i miarą zewnętrzną pól. Jeżeli obydwie miary dążą do jednej, wspólnej granicy, to pole nazywa się mierzalne. Istnieją jednakże pola o tak poplątanem ograniczeniu, że ich miara zewnętrzna jest stale większa od miary wewnętrznej o liczbę skończoną.

Drugi praktyczny sposób mierzenia pola można oprzeć na ważeniu. Wycina się żądaną figurę z materyału o jednostajnej grubości (n. p. z kartonu) i waży się ją dokładnie. Następnie wycina się 1 cm² z tego samego materyału i znowu się waży. Stosunek obydwu ciężarów jest zarazem liczbą wymiarową pola. Istnieją także osobne mechanizmy do przybliżonego mierzenia pola figury narysowanej na papierze, zwane planimetrami.

W miernictwie praktycznem, gdzie idzie o możliwie dokładne a szybkie zmierzenie pola parcel nieregularnych narysowanych na planie, używa się prawie wyłącznie planimetrów.

Jeżeli mamy do czynienia z figurami regularnemi, możemy obliczyć wielkość powierzchni ściśle (t. j. z dowolnem przybliżeniem).

Zaczniemy od najprostszych figur.

§ 63. Pole prostokąta.

Jeżeli boki prostokąta zawierają całkowite liczby centymetrów (lub milimetrów i t. p.) bez reszty, to w celu obliczenia pola dzielimy cały prostokąt na same przystające kwadraty zapomocą dwóch systemów linii równoległych do boków. Z figury 166 widzimy, że tych kwadratów jest tyle, ile wynosi iloczyn liczb wymiarowych

obydwu boków, n. p. na tej fig. mamy siedm warstw po pięć centymetrów kwadratowych, zatem :

P = 7.5 = 35 cm²

P — a .b

Ogólnie:

Podobnie obliczalibyśmy pole, gdyby boki zawierały całkowite liczby jakiejś części jednego centymetra.

Fig-. 166.

Gdyby boki były niewspółmierne z 1 cm (a więc i z 1 mm i z jego częściami), dzielilibyśmy prostokąt na coraz to drobniejsze kwadraty i otrzymalibyśmy liczbę wymiarową pola szeregiem kolejnych przybliżeń z dowolnem przybliżeniem. N. p. na fig. 167. niech a = 4'821... cm a b — 3’756... cm, to pole A B C D jest zawarte między polami A 4 C 3 a 4 5 C" 4, więc jego liczba wymiarowa zawiera się między 4.3 a 5.4.

4.3 < P< 5.4

Uskuteczniając podział subtelniejszy na milimetry kwadratowe, spostrzegamy znowu, że

3-7.4-8 < P < 3-8.4-9 W dalszym ciągu otrzymamy:

3-75.4-82 < P < 3-76.4-83 i t. d.

Ponieważ zaś iloczyny 3.4, 3’7.4'8, 3‘75.4‘82 i t. d. dążą do granicy a . b, zarówno jak i iloczyny 5.4, 3‘8.4-9, 3-76.4-83 i t. d., przeto liczba wymiarowa pola dąży także do tej granicy:

P = a . b

Otrzymujemy więc wzór zupełnie taki sam, jak dla boków współmiernych z 1 cm. Stąd ogólne prawo:

Pole prostokąta równa się iloczynowi liczb wymiarowych obydwu boków, lub krótko: podstawie pomnożonej przez wysokość.

(Jeżeli liczby wymiarowe bo-C" ków są niewymierne, używa się w praktyce mnożenia skróconego).

C'

Tego prawa moźnaby użyć jako graficznego sposobu mnożenia liczb. Trzebaby do danych liczb dobrać odcinki, zbudować z nich prostokąt i podzieliwszy go na centymetrowe (lub milimetrowe) kratki, policzyć je. Sposób ten jest jednak nadto żmudny, aby go z korzyścią można użyć; jestto zresztą właściwie powrót do dodawania.

Fig. 167.

O wiele praktyczniejszym był sposób podany na str. 113.

Ponieważ kwadrat jest szczególnym przypadkiem prostokąta, mianowicie takim prostokątem, w którym a — b (boki są równe), przeto wzór na pole kwadratu o boku a jest:

P = a-

Stąd też pochodzi nazwa drugiej potęgi.

Na podstawie wzorów na pole prostokąta i kw⁷adratu można geometrycznie wyjaśnić znane prawa algebry:

(a ± 5/ = a² ± 2 ab + ó², i (a + b) . (a — b) = a? — b2 (Porównaj figury 168).

o¹

ób

b²

bl

d²

ób

ób

Fig. 168.

Wzór P = a . b poucza nas także, że: pole prostokąta jest funkcyą obydwu boków. Często mamy do czynienia z zadaniem odwrotnem: wiedząc, jakie ma być pole prostokąta, obliczyć jego długość (podstawę) lub szerokość (wysokość). Aby to obliczyć, trzeba tylko odwrócić działanie, prowadzące do obliczenia pól.

Cl. «

P

; ze wzoru

I tak ze wzoru P — ab, wynika a = -r- lub b —

P = a² wynika a — /P. Wypowiedz to słowami!

Kwadratura prostokąta. Kwadraturą jakiejkolwiek figury nazywamy zadanie następujące:

Znaleźć kwadrat, mający pole tak wielkie, jak dana figura. Dla prostokąta zadanie to rozwiążemy tak: oznaczmy bok nieznanego kwadratu literą x, a boki prostokąta a i b, to musi być:

(1)

a . b — x² lub w formie proporcyi a : x — x : b

Algebraicznie obliczamy bok kwadratu jako x = ]/ ab. Aby to samo zadanie rozwiązać konstrukcyjnie (konstrukcyą platońską), oprzemy się na proporcyi (1). Widzimy z niej, źe bok szukanego kwadratu jest średnią geometryczną między bokami prostokąta. Tę średnią geometryczną znajdujemy przy pomocy znanej konstrukcyi (por. str. 120) i budujemy na niej kwadrat. Otóż: kwadraturę prostokątamoźna wykonać przy pomocy lineału icyr-kia. (Użyliśmy tu metody analizy algebraicznej por. str. 127).

§ 64. Pole równoległoboku.

Posiadając tak prosty sposób obliczenia pola prostokąta, staramy się każdą inną figurę zamienić na prostokąt o równem polu.

Fig. 169.

P Najłatwiej możemy to -zrobić z każdym równoległobokiem. N. p.: ABC D. Przedłużamy bok CD i z punktów A, B rysujemy linie prostopadłe do boku C D. Ponieważ trójkąty I i II są przystające, to prostokąt ABEF ma pole równe z badanym równoległobokiem.

Gdyby bok A C był tak nachylony, że punkt F padłby poza odcinek CD, to dowód zmienia się o tyle, że trzeba do prostokąta i do równoległoboku najpierw dodać a potem odjąć pewien trójkąt pomocniczy. (Wyki eśl odpowiednią figurę i przeprowadź dowód!).

Ponieważ zaś pole tego prostokąta wynosi: p . w, przeto i dla równoległoboku:

P = p . w

Pole każdego równoległoboku równa się iloczynowi liczb wymiarowych podstawy i wysokości lub krótko: podstawie pomnożonej przez wysokość. Stąd wniosek: równoległoboki, mające równe podstawy i równe wysokości, mają i pola równe, jakkolwiek kształt mogą mieć odmienny.

§ 65. Pole trójkąta.

ro

Znając pole równoległoboku, możemy obliczyć pole każdego trójkąta. Wiadomo bowiem, że każdy trójkąt można uważać za połowę równoległoboku, który otrzymamy, prowadząc z dwóch wierzchołków linie równoległe do przeciwległych boków.

/)

Pole trójkąta równa się połowie pola tego równoległoboku, więc:

Fig. 170.

p _ V • w

gdzie p jest podstawą nietylko równoległoboku lecz także trójkąta, a tak samo w wysokością. Wzór ten można napisać w kilku postaciach zupełnie równoważnych:

1    p

2    pw = ₂ . w = p . ₂

Pole trójkąta oblicza się, mnożąc podstawę przez połowę wysokości.

(Uwaga: opuszczamy zwykle przy wysłowieniu dodatek: liczba wy

miarowa).

Stąd wniosek: trójkąty o równych podstawach i wysokościach mają równe pola. Jeżeli dwa trójkąty mają równe pola, a podstawa jednego jest mniejsza, to wysokość musi być w tym samym stosunku większa i odwrotnie.

§ 66. Pole trapezu.

Trapez możemy zmienić albo na trójkąt, albo na równoległo-bok, równoważny z nim co do pola.

Zamieńmy na trójkąt (fig. 171). W tym celu połowimy jeden z boków nierównoległych n. p. C B i wykreślamy prostą DE aż do przecięcia się z przedłużeniem boku A B. Ponieważ I ^ II, przeto pole równa się linii środkowej trapezu, można więc także obliczyć pole trapezu, mnożąc linię środkową przez wysokość. (Wyprowadź to samo, zamieniając trapez na równoległobok!)

Jeżeli bok b, posuwając się po liniach A D i B C, zmniejsza się równocześnie, to ostatecznie otrzymujemy trójkąt, gdy b = o. Wtedy wzór (1) przechodzi na otrzymujemy więc z pola trapezu wzór na pole trójkąta.

§ 67. Pole wielokąta.

Celem obliczenia pola jakiegokolwiek wielokąta, rozkładamy go na trójkąty i trapezy. Jeżeli wielokąt jest umiarowy, to możemy go rozbić na same przystające — a więc równe co do pola — trójkąty o równych podstawach i wysokościach. Podstawą jest bok wielokąta, a wysokością promień koła wpisanego, zatem pole każdego

trójkąta wynosi: b .

Vrv

Jeżeli boków jest n, to pole całego wielokąta wynosi:

Ale n .b = U, daje obwód

u

wielokąta. Stąd wzór:

JP =

Fig. 172.

n>

Fig. 171.

Ale:

trapezu równa się polu trójkąta A D F, więc:

a-\-b

a-\-b

2.....* w

Pole trapezu równa się połowie sumy boków równoległych pomnożonej przez wysokość.

(1)

77

2

Pole wielokąta umiarowego równa się obwodowi wielokąta pomnożonemu przez połowę promienia koła wpisanego w ten wielokąt.

Bok wielokąta umiarowego zależy od promienia, nie można więc obierać dowolnie r i b!

Wieloboki nieumiarowe mamy często podane w ten sposób, że znane - są odległości ich wierzchołków od dwóch stałych prostych, prostopadłych do siebie O X i O Y. (Zdarza się to zwłaszcza w miernictwie). Te odległości nazywamy współrzędne mi wierzchołków. Wtedy rozbijamy wielokąt wraz z częścią pod nim leżącą (zacieniowaną) zapomocą linii prostopadłych do linii 0 X na trapezy, których pola łatwo obliczymy. Następnie od sumy trapezów nieza-cieniowanych odejmujemy sumę trapezów zacieniowanych.

y?

fi

y,

■ii

nn ni

Ki

Ke

^5=

Fig. 173.

N. p.: Jeżeli punkt A ma odległości xv y1: od linii JO Y i 0 X, punkt B...x₂, y₂, C... x₃, y₃ i t. d., to trapezy niezacieniowane mają pole:

yi+yi

(X^—Xx) +

yn+y*

(x&—x₇J +    ₂

trapezy zaś zacieniowane:

yi + y 2

(x₂ —Xx) +

y 2 A-y z

y3 ~\~V\

(x₃ -x₂)-\-    ₂

(Xi — œ₃) -f

y i+2/5

(x₅—xj

Współrzędne notujemy zwykle obok punktu w nawiasie. A(x,, yj, B (x₂, y₂), przyczem zawsze najpierw piszemy odległość od osi pionowej.

§ 68. Zamiana figur.

Na podstawie twierdzeń o obliczaniu pól możemy wykonywać konstrukcyjnie zamianę figur na inne, o równem polu. Widzieliśmy już, że każdy prostokąt można zamienić na kwadrat. Obecnie możemy każdy równoległobok zamienić na inny równoległobok o tej samej podstawie i wysokości, o dowolnych kątach.

N. p.: równoległobok AB C D zamienia się na A B E F, przesuwając górny bok po tej samej linii o kawałek C E. Można więc

\M

Fig. 174.

każdy równoległobok zamienić na pro-y—J stokąt (n. p. A B G H), a więc i na // kwadrat, ponieważ prostokąt potrafimy zamienić na równoważny z nim kwadrat. (Widzimy, że przy danej podstawie i wysokości długość pozostałych boków równoległoboku zależy od wielkości kąta a. Gdy a maleje, boki wzrastają nieograniczenie; tak samo gdy a wzrasta powyżej 90°).

ru

Aby trójkąt zamienić na inny, o równej podstawie i wysokości, wykreślamy przez wierzchołek linię równoległą do podstawy. Na tej linii musi leżeć wierzchołek każdego nowTego trójkąta.

Fig. 175.

Można w ten sposób otrzymać trójkąt prostokątny, równoramienny, rozwartokątny.

Jeżeli chcemy zamienić trójkąt na równoległobok o równej podstawie, musimy jego wysokość skrócić o połowę (dlaczego?) i odwrotnie. Można więc i trójkąt zamienić na prostokąt, a co zatem idzie:

na kwmdrat, czyli wykonać kwadraturę trójkąta (przy pomocy lineału i cyrkla).

Ti

Fig. 176.

Aby wielokąt n. p. A B C D E na fig. 176 zamienić na trójkąt, odcinamy najpierw jeden trójkąt (np. DB C)i zamieniamy go na inny, taki, aby jeden jego bok był przedłużeniem boku pozostałego wielokąta (DBM).

Otrzymamy wielokąt o mniejszej liczbie bokówr i postępujemy z nim tak samo dalej. Ostatecznie otrzymamy jeden trójkąt (A B N na naszej figurze). Stąd już łatwro przejść do kwadratury wielokąta

Powróćmy do trójkąta. Jeżeli chcemy trójkąt zamienić na inny, o równem polu, ale o krótszej podstawie, to trzeba odpowiednio przedłużyć wysokość. Konstrukcyjnie postępujemy podobnie, jak przy zamianie wielokąta na trójkąt. Odcinamy mianowicie część trójkąta i zamieniamy \ ją na trójkąt, którego bok jest przedłużeniem X, boku pozostałej części trójkąta.

Fig. 177.

&    N. p. A B C zamienia się na trójkąt o

podstawie A D, odcinając trójkąt BBC i zamieniając go na taki trójkąt CED, któryby tworzył jeden trójkąt z częścią A D C.

§ 69. Pola figur podobnych.

Znając pole jakiejś figury, można obliczyć pole każdej figury podobnej, jeżeli tylko znamy stosunek zmniejszenia lub powiększenia.

Pola figur podobnych pozostają bowiem w pewnym prostym stosunku.

Weźmy pod uwagę dwa trójkąty

s'

Fig. 178.

podobne.

(1)

Z podobieństwa wynika proporcya: a : d = h : h'

Pola tych trójkątów wynoszą: ™ a' lï

—• jJr ==z-

Ich stosunek jest więc: P: P' — a h: a’ li. Ale li —

ah'

a'

, jak to

a* E

: a' h’ lub po uproszcze-

a'

wynika z proporcyi (1), więc P : Pr —

niu przez li i rozszerzeniu przez a'

P\F = a¹ : a'¹

Pola trójkątów podobnych mają się do siebie, jak kwadraty odpowiednich boków. Ponieważ zaś a : a' = s jest stosunkiem zmniejszenia, więc a¹ : a"¹ — s¹, stąd P : P’ — s¹, czyli:

słowami:

P = s¹ P’

Jeżeli boki trójkąta powiększą się s-krotnie, to pole wzrośnie sŁ razy, to jest w stosunku kwadratowym.

To samo odnosi się do wszystkich figur podobnych, ponieważ możemy je rozdzielić na trójkąty parami podobne.

Jeżeli n. p. jakiś rysunek pomniejszę w stosunku 1:6, to pole zmniejszy się 36 razy. Na mapie z podziałką 1 : 75.000 długości są 75.000-ną częścią prawdziwych długości, ale pola są zmniejszone w stosunku 75.000², t. j. 5.625,000.000 razy.

§ 70. Twierdzenie Pitagorasa (w formie geometrycznej).

Do dowodu twierdzenia Pitagorasa (por. str. 120) używaliśmy dotychczas proporcyi, możemy je jednak udowodnić drogą wyłącznie geometryczną, c² możemy sobie przedstawić jako kwadrat zbudowany

JL

-f-

JL’

Fig-. 180.

N. p. fig. 179: jeżeli a : a! — b :b’ — c : ć — s, to

Pi = s² Pi Pi = s²pf Ps = s² pj

£ A (Pl + Pi + Ps) = S² (Pi -f- p2 + Pz) ^ czyli całe pole:

P,

Pj

Pi

c'

P = S² P'

Aby więc otrzymać pole figury podobnej, trzeba pole danej figury pomnożyć przez zmniejszenie (lub zwiększenie) podniesione do kwadratu.

Fig. 179.

z przeciwprostokątni, a a² i b² jako kwadraty zbudowane na obu przy-prostokątniach. Przedstawiliśmy to na fig. 180. Chcemy wykazać, że I -f- II = III. Dla dowodu tworzymy rzut boku A C na A B i przedłużamy linię rzucającą do punktu F. Kwadrat III rozpadł się na dwa prostokąty: F i II'. Wykażemy, że f— /a II'= II Aby porównać kwadrat 1 z prostokątem I', łączymy C z D i E z B. Otrzymane trójkąty są przystające, (A C=AE, AD = AB, -djjCAD =

= jC E A P, ponieważ powstają przez dodanie tego samego kąta x do 90°). Pola tych trójkątów są więc równe. Ale E A B jest połową kwadratu 7, ponieważ ma z nim wspólną podstawę E A i równą wysokość (dlaczego?). Tak samo CAD jest połową prostokąta Jeżeli zaś połowy jakichś figur mają równe pola, to i całe figury muszą mieć równe pola, zatem I = F.

czyli:

Tak samo wykazuje się, że 77 = 77', więc I -f- II — F + 77' I + 11= III

Twierdzenie Pitagorasa możemy zatem wypowiedzieć także w następującej, geometrycznej szacie:

Kwadrat zbudowany na przeciwprostokątni równa się sumie kwadratów zbudowanych na obu przyprostokątniach.

Twierdzenie to znane już było w starożytnym Egipcie. W Indyach podawano bardzo ciekawe sposoby dowodzenia. N. p. matematyk indyjski Bramagupta (w VII. wieku po n. Chr.) używał figury przedstawionej na rycinie 181, z której widać, że:

c² = 4    - (a — bf = 2 a b -f- a² — 2 a b -(- b² więc c² = a² -f- b².

Aj

Jeszcze łatwiej można spostrzedz twierdzenie Pitagorasa na fig. 182, gdzie wprost przez przesunięcie trójkątów zacieniowanych w miejsce 7 i 77

ab

WM.

<3

Fig. 181.

Fig. 182.

zamienia się wielki kwadrat o boku c na dwa kwadraty o bokach b i a (Przeprowadź dowód, że trójkąty zacieniowane są przystające do trójkątów 7 i II).

Twierdzenie Pitagorasa odnosi się nietylko do kwadratów, ale wogóle do wszelkich figur podobnych, zbudowanych na bokach trójkąta prostokątnego.

Wiemy bowiem, że dla figur podobnych (fig. 183):

Px c² = P₃ a2 P₂ c² = Ps b²

Pi : P₃ =

P₂ : P₃ =

: c²

: c²

Stąd:

P, c² + P₂ c² = P₃ (a² + b²).

Ale a² -}- b² = c², więc Px c² -f- P₂ c² = P₃ c², lub upraszczając przez c², otrzymamy: Px -f- P₂ = P₃ słowami:

Pi

Fig. 183.

Suma pól jakichkolwiek figur podobnych, zbudowanych przyprostokątniach, równa się volu figury podobnej, zbudowanej przeciwprostokątni.

na

na

§ 71. Zastosowanie twierdzenia Pitagorasa.

Twierdzenia Pitagorasa używa się przedewszystkiem do obliczenia jednego boku trójkąta prostokątnego

przy pomocy znanych dwóch innych boków. Z wzoru bowiem a² + b² = c² otrzymujemy:

a — ]/ c² — b2 b = y c* — a2 c = ]/ a² -f- b².

Uwaga: nie należy sądzić, aby]/c² — b2 wynosił c — b, albowiem (c — b)² = c² — 2 bc-{-b², a nie c² — b²\ Ta sama uwaga odnosi się do innych pierwiastków! Trzeba najpierw obliczyć c² — b² i t. d. a potem obliczyć drugi pierwiastek! Zawsze jest c — b <f a!

Twierdzeniem Pitagorasa posługujemy się także, aby obliczyć pizekątnię prostokąta lub kwadra tu: n. p. dla prostokąta otrzymujemy:

Fig. 184.

p = ]/ a² -f- b²

a stąd odwrotnie można obliczyć jeden bok, znając drugi bok i przekątnię (fig. 185).

Wysokość trójkąta równoramiennego jako fun-kcya jego boków wyraża się również przy pomocy twierdzenia Pitagorasa:

i.

Fig. 185.

Fig. 186.

»-VH t)’

Ponieważ zaś każdy wielokąt umiarowy można rozdzielić na same trójkąty równoramienne, przeto posiadamy także sposób obliczenia promienia koła wpisanego w wielokąt (lub opisanego) przy pomocy boku i promienia koła opisanego (wpisanego).

Wysokość i pole trójkąta równobocznego można obliczyć, znając jego bok.

d,

Fig. 187.

pole

a² —

,2

2.....,

►H a

CO

stąd

co

(1)

„ a    a a

-P=T'A=T-Ty3

czyli

a² — (b — r >² — c² — r2 a² — b² -|- 2 b r — r² — c² — r²

czyli

a więc:

słowami:

a² — b² -\- c² — 2b r Kwadrat boku trójkąta ostrokątnego równa się sumie kwadratów dwóch innych boków pomniejszonej o podicójne pole prostokąta, utworzonego z drugiego boku i z rzutu trzeciego boku na drugi bok.

Jestto twierdzenie ogólniejsze od tw. Pitagorasa, zwane twierdzeniem Carnota (XVIII wiek).

Podstawiając wartość r z tego wzoru w h², otrzymalibyśmy wysokość, wyrażoną zapomocą trzech boków.

Wykazać, że:

¹ y [(b + Cf

a²] [a² — (b — c)²\

h =

lub oznaczając obwód a-\-b-\-c = 2s

a) (s — b) (s — c)

stąd otrzymuje się na pole trójkąta wzór (Herona)

p = y s (s — a) (s — b) (s — c).

§ 72. Obliczanie boków (i pól) wielokątów umiarowych wpisanych w koło. Podział koła.

Nauczyliśmy się wykonywać podział koła konstrukcyjnie, obecnie zrobimy to samo ścisłym rachunkiem. Trzeba w tym celu obliczyć boki wieloboków umiarowych, wpisanych w koło, w zależności od promienia koła.

6,

Mając dany promień r, szukamy boku b wielokąta wpisanego.

Dla trójkąta równobocznego w koło wpisanego (fig. 189) punkt 0 jest zarazem środkiem ciężkości

T

Fig. 189.

(wskutek symetryi), więc OA=r, OB = — czyli

₇    3 r

h~~2'

Ale także h —

Y st^d b

Y i3 (P- str. 145), więc: ~ ]/3 =

lub b —    ,

3

(bo b jest bokiem kwadratu), więc:

|A_r,/2+A² ■

b' — / r² — r² y 2 + r² = i 2 r² — r² -j/2~ Wyciągając drugi pierwiastek z r², otrzymamy:

b’ — r y 2 — y 2)

Podobnie z sześciokąta umiarowego można obliczyć bok dwu-nastokąta umiarowego wpisanego w koło. Otrzymamy:

b' = rj 2 — y 3.

(Udowodnij!)

Z tych przykładów widzimy, że znając bok n boku umiarowego, możemy obliczyć bok 2 n boku, 4 n boku i t. d. Otóż wychodząc z trójkąta i kwadratu, możemy obliczyć boki wielokątów umiarowych, których liczba boków wynosi: 4, 8...2n, tudzież 3, 3.2, 3.2², 3.2³... 3.2n.

umiarowy.

Stąd

Fig. 190.

b' =

W kwadracie wpisanym w koło (fig. 190) przekątnia jest średnicą, więc

4 r² = b² -f b² = 2 b²

b² — 2 r² czyli r . i 2.

/7

6'

Dla sześciokąta umiarowego w koło wpisanego mamy, jak wiadomo:

b = r.

Z kwadratu można, przejść do ośmiokąta, prowadząc dwie średnice prostopadłe do boków i łącząc ich punkty końcowe z wierzchołkami kwadratu. Z figury 190 widzimy, że

. Ale

Pominęliśmy pięciobok i dziesięciobok Już przy złotym podziale mieliśmy (p. str. 126):

b = ]/ r² -f-

y-*

5 r²

₂ czyli

(1)

lO*

(2)

Widzimy więc, źe pole trójkąta równobocznego jest funkcyą tylko jednej zmiennej, mianowicie jest funkcyą długości boku.

Wyraź odwrotnie długość boku w zależności od wielkości pola!

Wyraź pole trójkąta równobocznego jako funkcyę wysokości!

Wzory (1) i (2) zasługują na uwagę, ponieważ używa się ich często w planimetryi i stereometryi przy obliczaniu pól figur, płożonych z trójkątów równobocznych (n. p. sześciokąt umiarowy).

Zastosujmy jeszcze twierdzenie Pitagorasa do trójkąta ukośnokątnego (fig. 188). Wykreślmy wysokość h, należącą do boku b, to r jest rzutem boku c na bok b. Wyznaczając h z dwóch trójkątów prostokątnych, otrzymamy:

h² = c² — r² h² = a² — (b

c.

b-r

Fig. 188.

r)

stąd:

ŁOMNICKI. GEOMETRYA/ I. II.

10

Stąd łatwo obliczyć stosunek r : b =

1 4-/5

i'

6'

(por. str. 107).

Stąd możemy przejść do boku pięciokąta umiarowego rachunkiem nieco zawilszym (por. także str. 130, ćw. 71). Mianowicie stosując twierdzenie o średniej geometrycznej (str. 120) do boku dzie-sięciokąta umiarowego, otrzymamy: x : b = b : 2 r (fig. 191); stąd

b²

x = — czyli biorąc b ze wzoru (1):

Fig. 191.

x = — (5 — 2 i 5 -{- 1) : 2 r

=U (6 - 2/sy=y o -/5j:

Przy pomocy tego odcinka

obliczymy połowę boku pięciokąta umiarowego:

1/

= \ b² — ,r².

U

Podstawiając tu wartość za b i æ otrzymamy:

| = ]/^(5-2f5+¹) Przed pierwiastek wyciągamy l/^

y.2

₁₆(9-6f5+5).

a więc

2* = -ji' 4 (6 — 2 /5) — (14 — 6 / 5) = ~r / 24 — 8 / 5 — 14 + 6 / 5

b'==

ro

Vio — 2 i 5.

Uwaga: łatwo sprawdzić rachunkiem, źe

b'² = b² -{- r².

(Wypowiedz słowami!) Jeżeli potrafimy obliczyć bok 5-boku, to stąd już można znaleźć bok każdego wieloboku, którego liczba boków wynosi: 5.2, 5.2², 5.2³, 5.2“

Wzory te przydają się często przy obliczaniu pól i obwodów wielokątów umiarowych.

Widzimy, źe wzory, wyrażające związek między bokami wielokątów umiarowych a promieniami kół opisanych, składają się co najwyżej z drugich pierwiastków — trzeci pierwiastek nie występuje nigdzie. Możemy więc te boki konstrukcyjnie wynaleźć przy pomocy lineału i cyrkla (ponieważ potrafimy każdy drugi pierwiastek zbudować konstrukcyjnie). Odnosi się to do wielokątów, których liczba boków wynosi: 2n,3.2n, 5.2n, a także 3.5.2n (n dowolna liczba całkowita dodatnia lub zero). G- a u s s (w roku 1801) wykazał, że także bok 17-kąta, 257-kąta i t. p., można wyrazić jako funkcyę promienia koła przy pomocy samych drugich pierwiastków, da się więc zbudować przy pomocy cyrkla i lineału. Natomiast boki 7-, 9-, 11-, 13-kąta nie dadzą się w ten sposób obliczyć.

Do obliczenia boków innych wielokątów posiadamy sposoby trygonometryczne.

Ciekawem jest, że 1° nie da się skonstruować przy pomocy lineału i cyrkla; jestto bowiem podział koła na 360 części, liczba zaś 360 = 9.5.2S, a widzieliśmy, że już na dziewięć części nie da się koło konstrukcyjnie podzielić. Porównując boki wielokątów z promieniem koła opisanego widzimy, że

&s >r, h > r, b₅ > r, b₆ = r, bs < r, b₁₀ < r.

(&₃ = bok trójkąta równobocznego, ó₄ = bok kwadratu, b₆ = bok pięciokąta i t. d.). Słowami: boki są najpierw większe od promienia, dla sześciokąta bok jest równy promieniowi, dla dalszych zaś wielokątów coraz to mniejszy w porównaniu z promieniem. Wielkość tego boku dąży do granicy zero, jeżeli liczba boków wzrasta nieograniczenie przy niezmienionym promieniu.

¹

’ 2

²

*

§ 73. Obwód koła.

Dotychczas obliczaliśmy tylko długości odcinków prostych. Jeżeli chcemy zbadać długość obwodu koła, a więc linii krzywej, musimy używać zupełnie odmiennych sposobów.

W geometryi praktycznej łatwo wykonać mierzenie długości także linii krzywych (używa się nitki lub toczy się kółko o znanym obwodzie po danej lini krzywej), w geometryi idealnej jednakowoż ścisłe obliczenie długości linii krzywych sprawia wogóle poważne trudności. To obliczanie nazywamy:rektyfikacyą linii krzywej, t. j. wyprostowaniem.

Linię kołową uważamy za granicę, do jakiej dążą obwody wielokątów wpisanych o coraz to większej liczbie boków, a których kąty zbliżają się coraz bardziej do 180°. Najlepiej użyć wieloboków umiarowych (por. str. 90, § 45).

Aby to obliczenie wykonać, zauważmy przedewszystkiem, że koła są figurami podobnemi, wdęc ich obwody mają się do siebie, jak średnice. Jeżeli wrięc U1} U₂ oznaczają obwody dwóch różnych kół, to:

Ux : U₂ = 2 rx : 2 r₂ czyli ć⁷! :2    = U% :2 r₂,

Tak samo dla każdego innego koła otrzymamy tę samą wartość stosunku: U : 2 r. Stąd wniosek:

Stosunek obwodu koła do średnicy jest dla każdego koła stałą liczbą.

Największą trudność przy obliczeniu obwodu koła sprawia właśnie obliczenie tej liczby stałej. Wpiszmy w koło i opiszmy na kole sze-ściokąt umiarowy, to długość obwodu koła jest większa od obwodu sześciokąta wpisanego a mniejsza od obwodu sześciokąta opisanego (por. ćw. 4, str. 91). Ponieważ zaś obwód sześciokąta wpisanego wy-

nosi 6 r, a sześciokąta opisanego — jak łatwo obliczyć przeto

12 r

/TT

12 r

fj

a dzieląc całą nierówność

przez 2 r:

2r 'y₃'

Liczba

zawiera się więc w granicach 3 i 3*464 . . . Biorąc

teraz 12-bok wpisany i opisany, otrzymamy granice jeszcze bliższe, ponieważ obwód 12-boku mniej się różni od obwodu koła, aniżeli obwód 6-boku. Po wykonaniu rachunku otrzymamy:

3*106 ...<~< 3*215...

2 T

Gdybyśmy jeszcze kilka razy powtórzyli te mozolne rachunki dla 24-kąta, 48-kąta i t. d. otrzymalibyśmy:

3-14159 <-^< 3-14160 2 r

Możemy więc napisać

— = 3-14159...

popełniając błąd przez niedomiar (jaki?).

W podobny sposób moźnaby wyjść od kwadratu, ośmiokąta umiarowego i t. d.

van

Wartość tego stosunku obliczono z wielką dokładnością, do kilkuset miejsc dziesiętnych i udowodniono, że jest liczbą niewymierną (ułamkiem nieperyodycznym). Liczbę tę oznaczamy literą grecką x i nazywamy ją ludolfiną, na cześć matematyka Ludolf a Ceulen (XVI. wiek), który ją obliczył z dokładnością 35 miejsc.

Należałoby ją jednak raczej nazywać liczbą Archimedesa, ponieważ Archimedes pierwszy podał jej sposób obliczenia, któregośmy tu właśnie użyli. Przeprowadzając pięć razy rachunek, któryśmy tu zaznaczyli, otrzymał Archimedes dla liczby t: granice:

3¹/₇ j> % j> 3¹⁰/₇₁, a więc 3-1428 ... >tc> 3-1408 ...

Już przed Archimedesem zwrócono uwagę, że stosunek obwodu do średnicy jest liczbą stałą dla każdego koła. W biblii (stary testament) podana jest liczba 3 jako stosunek obwodu do średnicy. W wiekach średnich, kiedy prace Archimedesa poszły w zapomnienie, sądzono, że

TT r- y 10 = 3-162...

Dopiero w czasach nowożytnych przedsięwzięto na nowo rachunki, wykonane przez Archimedesa. Z tych to czasów pochodzi obliczenie Lu-dolfa.

W nowszych czasach wykryto inne, szybsze sposoby obliczenia tej liczby i udowodniono, źe % jest nietylko liczbą niewymierną, ale nie da się także przedstawić zapomocą pierwiastków równań algebraicznych (jest liczbą przestępną), nie da się więc skonstruować przy pomocy lineału i cyrkla. Jestto zdobycz drugiej połowy XIX. wieku.

Doszliśmy więc do następującego wniosku:

Stosunek obwodu koła do średnicy jest liczbą stałą, zwaną ludolfiną, która jest liczbą niewymierną, przestępną i wynosi

TT = 314159 26535 89793 23846...

Wobec tego obwód koła oblicza się, mnożąc średnicę przez ludol-

finę:

(1)

stąd

360°

czyli

(2)

Vi

180°

Łuk jest funkcyą dwóch zmiennych: promienia i kąta.

Widzimy więc, źe łuk w prosty sposób zależy od kąta. Na tern polega nowy sposób mierzenia kątów. Mianowicie: aby zmierzyć jakiś kąt, zakreślamy około jego wierzchołka koło o promieniu równym jednostce długości: r = li badamy, jaki łuk leży między ramionami tego kąta.

Jeżeli kąt a = 360°, to łuk wynosi wtedy 2 tc (cały obwód), jeżeli a = 180°, to odpowiedni łuk koła o promieniu równym jedno-7U

i t d. Otóż dłu

to znaczy jest szóstą

stce jest tc; jeżeli kąt jest prosty, luk wynosi — gość tego luku przyjmujemy za nową t. z w. łukową miarę kąta. Będziemy więc mówili n. p. kąt wynosi

częścią kąta półpełnego, a więc w dawnej mierze wynosi 30°. Ogólnie do zamiany dawnej miary na nową i odwrotnie służy wzór (2) i jego odwrócenie.

180?

r tu

przy założeniu r — 1

§ 74. Pole koła. Kwadratura koła.

Aby z obwodu koła przejść do pola, uważamy koło za granicę wielokątów umiarowych o coraz to większej liczbie boków. Użyjemy więc wzoru dla wielokąta umiarowego:

P= U.

a podstawiając za U wartość 2 r tu, otrzymamy P =

czyli:

= 2 r TT

(3)

P = r² tu.

Pole koła jest funkcyą jednej zmiennej, mianowicie promienia.

Ścisły dowód należałoby przeprowadzić tak: pole każdego wielokąta umiarowego opisanego jest większe od r² tu, ale zbliża się dowolnie do tej wartości. Gdyby więc było P r² tu, to możnaby znaleźć taki wielokąt opisany, że jego pole F byłoby wprawdzie większe od r² tu, ale mniejsze od P. Pole wielokąta opisanego nie może być jednak mniejsze od pola koła zawartego wewnątrz niego. Więc nie może być P r² tu. Tak samo wykazuje się, że nie może być P r² tu.

Z tym wzorem wiąże się słynne zagadnienie o kwadraturze koła. Widzieliśmy, że każdy wielokąt można zamienić na kwadrat o równem polu konstrukcyjnie, używając tylko lineału i cyrkla. Dla koła łatwo to zadanie wykonać rachunkiem. Żądamy mianowicie, aby

r² tu = oc² stąd x — / r² tu czyli: x = r ] tu.

Gdybyśmy potrafili otrzymać konstrukcyjnie tu, to i / tu moźna-by zbudować geometrycznie i iloczyn r. /ruT Ale właśnie wspomnieliśmy w poprzednim ustępie, że tu nie da się otrzymać przy pomocy lineału i cyrkla. Stad wniosek:

Wykonanie kwadratury koła przy pomocy jedynie lineału i cyrkla jest niemoèliwe.

Natomiast przy pomocy nnych przyrządów pomocniczych można wykonać kwadraturę koła ściśle. W przybliżeniu można wykonać kwadraturę także linealem i cyrklem, posiadamy nawet bardzo wiele ciekawych sposobów, dających dosyć znaczne przybliżenie. Konstru-kcye te pochodzą z czasów, kiedy nie wiedziano jeszcze o tern, że zadanie to jest niemożliwe i usiłowano je rozwiązać ściśle. Zwłaszcza w średnich wiekach kwadratura koła była ulubionem zadaniem uczonych.

Bardzo rozpowszechniona jest przybliżona kwadratura, podana przez Polaka Kochańskiego (1685 roku). Wykreśla się średnicę

'JO°

AB i styczną w punkcie B. Ze środka koła prowadzimy pod <U 30° linię O C. Od punktu C odcinamy na stycznej trzy promienie do punktu E, to linia A E przedstawia w przybliżeniu długość półkola r x. Łatwo obliczyć, że

AE = 3-14158... r (zamiast: 3-14159 ... r).

Fig. 192-

Jeżeli na odcinku A E zbudujemy prostokąt o wysokości r, to jego pole wynosi z wielkiem '(jakiem?) przybliżeniem r² x, równa się więc polu koła. Zamieniając ten prostokąt w znany sposób na kwadrat, otrzymamy przybliżoną kwadraturę koła.

Umiejąc obliczać pole całego koła, łatwo obliczyć pole wycinka koła, t. j. części koła zawartej między lukiem i dwoma promieniami. Wycinki koła, należące do równych łuków, są przystające, mają więc równe pola. A więc do luku 2, 3, 4... razy większego, należy wycinek o polu 2, 3, 4... razy większem. Stąd wynika, że wycinek jest taką częścią pola koła, jaką częścią obwodu jest luk.

czyli: W=ł

Pole wycinka koła oblicza się tak, jak pole trójkąta, którego podstawą jest łuk a wysokością promień koła.

Pole odcinka koła (t. j. części koła zawartej między lukiem i odpowiednią cięciwą) otrzymuje się jako różnicę lub sumę wycinka koła i odpowiedniego trójkąta (por. fig. 193):

W i r² x — ł \ 2 r x r² x. ł

AB C = W — T A D B = W' -f- 1.

Pole pierścienia kołowego (fig. 194) otrzymujemy jako różnicę między polami dwóch kół wspólśrodkowych.

P = rx³ x — r₂² x = ón + r₂j (rx — r₂) ic.

r,/r*

Fig. 193.

Fig. 194.

Wycinek pierścienia kołowego obliczamy jako różnicę wycinków dwóch kół:

W= lx

-4.

Wzór ten wyraża pole wycinka pierścienia jako funkeyę czterech zmiennych. Prostszy wzór otrzymamy jednak, wychodząc z pro-porcyi:

Wx : rx² x = a : 360°

rx * x a

360°

JV₂ : r₂² x = a : 360°

Wo =

r₂ % oc

360°

Stąd

W = łPj — W₂ = (rx² — r₂)

-X a

360°

360°

W = (rx — r₂) (rx + r₂)

Ale rx

w=(r'-r*){mF+

= (rx — r₂){ -+ -)

r₂ x a

360°

r₂ jest szerokością pierścienia, więc

\ °+ ^2

W = s.

Pole wycinka pierścienia kołowego oblicza się tak, jak pole trapezu.

Widzimy zarazem, źe pole wycinka pierścienia kołowego jest funkcyą trzech zmiennych.

Ćwiczenia X²).

§ 62.    1. Narysować na papierze milimetrowym dowolną figurę, ograniczoną

linią krzywą i zbadać, w jakich granicach zawiera się liczba wymiarowa jej pola.

§ 63.    2. Boki prostokąta wynoszą a = ]/ 6, b — ]/24 ; podać kolejne

przybliżenia pola tego prostokąta i granice, do której one dążą.

B. Wyjaśnić geometrycznie równości: (a — b) . c — a c — b c, (a-\-b).(cĄ-d) = ac-\-bc-\-ad-\-bd.

4.    Jeden cal wynosi 254 cm, ile cm² wynosi cal kwadratowy?

5.    Przedstawić graficznie związek pola kwadratu z jego bokiem:

y = x².

6.    Obliczyć bok kwadratu, mającego pole tak wielkie, jak prostokąt o bokach b = 87-2 cm, c — 45'8 cm; wykonać także konstrukcyjnie.

7.    Wykazać, że każdy kwadrat ma większe pole, aniżeli prostokąt o tym samym obwodzie (uwaga: jeżeli bok kwadratu oznaczymy «, to boki prostokąta będą a -x i a — x).

8.    Ile wynosi bok kwadratu, mającego dwa razy tak wielkie pole, jak kwadrat o boku a = 10 cm?

9.    Historyk grecki Tucydydes sądził, że wyspa, mająca dwa razy większy obwód, ma także dwa razy większe pole. Wykazać błędność tego twierdzenia, przyjmując kwadratowy kształt wyspy.

10.    Wykazać rysunkiem, że kwadrat zbudowany na przekątni innego kwadratu ma pole dwa razy większe od pierwotnego kwadratu.

11.    Jak długie musi być pole prostokątne o szerokości 5 m, aby zawierało 1 ha?

12.    Zmierzyć otwór okna prostokątnego i pole szyb i obliczyć, jaki procent światła pochłaniają ramy.

13.    Jaki błąd popełniamy przy obliczeniu pola prostokąta, którego boki: a — 4'27 m, b — 3'64 m zmierzono z błędem, nie przenoszącym

- cm?

§ 64.    14. Dowolny równoległobok zamienić na równy mu prostokąt.

15.    Dowolny równoległobok zamienić na romb o równem polu.

16.    Obliczyć pole rombu, znając jego przekątnie dt = 20 cm, d₂ = 30 cm. Wyprowadzić ogólny wzór!

17.    Wykonać kwadraturę dowolnego równoległoboku geometrycznie i algebraicznie.

§ 65—66.    18. Wykazać, że dwie przekątnie dzielą równoległobok na

cztery równe trójkąty.

19. Wyprowadzić wzór dla pola trapezu, dzieląc go przekątnią na dwa

trójkąty.

20.    Dowolny trójkąt zamienić na trójkąt równoramienny o równej podstawie i równej wysokości.

21.    W trójkącie dwa boki pozostają niezmienione, a kąt między nimi zmieniamy. Jak się zmienia pole trójkąta? Kiedy ma największą wartość?

22.    Obliczyć pole wielokątne, znając współrzędne wierzchołków: A (1 m, 3 m) B (l¹/₂ m, 1 ni) C (2 m, 2 ni) D (4 m, 1 ni) E (5 m, 4 ni) F (3¹/₂ m, 5 ni) G (1-8 m, 4'5 ni).

§ 67—68.    23. Dowolny trójkąt zamienić na trójkąt prostokątny o tej sa

mej podstawie i wysokości.

24. Zamienić trójkąt na inny o dłuższej podstawie ale o równem polu.

25.    Ile wynosi wysokość trójkąta, którego podstawa wynosi 3 dm, a pole 39 dm?

26.    Dowolny wielokąt nieumiarowy zamienić na kwadrat rysunkiem.

27.    Podzielić dowolny trójkąt na trzy równe części liniami, wycho-dzącemi z jednego wierzchołka.

28.    Wykazać, że linie, łączące środek ciężkości trójkąta z jego wierzchołkami, dzielą trójkąt na trzy równe części.

29.    Dowolny równoległobok podzielić na siedm równych części zapo-mocą linii, wychodzących z jednego wierzchołka.

30.    Dowolny trójkąt podzielić na dwie równe części zapomocą linii równoległej do podstawy (metodą analizy algebraicznej).

§ 69.    31. Ile razy powiększy się pole jakiegokolwiek wielokąta, jeżeli

zmienimy go na figurę podobną o trzy razy większym obwodzie?

32. Jak się przedstawi 1 km? na mapie narysowanej w podziałce

1 : 25.000?

33. Jak wielki obszar można zmieścić na mapie kwadratowej o boku 3 dm, jeżeli używamy podziałki 1 : 200.000?

§ 70—71. 34. Mając dane dwa różne kwadraty, wykreślić trzeci kwadrat, mający pole takie, jak obydwa dane kwadraty razem.

35.    To samo zadanie wykonać dla: a) trójkątów równobocznych, b) sześciokątów umiarowych, c) kół, d) dowolnych wielokątów nieumiaro-wych, ale podobnych do siebie.

36.    Wykazać, że trójkąt o bokach 3, 4, 5 jest prostokątny. Egipeya-nie używali takiego trójkąta do wytyczania kąta prostego. Używali sznura zamkniętego, opatrzonego 12 guzami w równych odstępach. Zginając go w punkcie trzecim i siódmym otrzymywali trójkąt prostokątny.

37.    Obliczyć: a) przeciwprostokątnię trójkąta prostokątnego, znając obydwie przyprostokątnie: a — 12, b= lb cm, b) pole trójkąta prostokątnego, znając przeciwprostokątnię c = 4 dm 41 mm i jedną przyprosto-kątnię 3 dm 15 mm.

38.    Obliczyć pole kwadratu, znając jego przekątnię d= 21 cm.

39.    Egipcyanie obliczali pole trójkąta równoramiennego, mnożąc podstawę przez połowę boku. Jaki błąd popełniali przytem? N. p. podstawa a — 8 cm, bok b — 36 cm.

40.    Obliczyć ramię trójkąta równoramiennego, znając podstawę i wysokość (a = 0⁻75 cm, w = 2⁻49 cm).

41.    Obliczyć pole trójkąta prostokątnego, równoramiennego, znając przeciwprostokątnię d = 2 cm.

42.    Obliczyć odległość dwóch punktów, znając ich współrzędne: A (1, 4), B (3, 5).

43.    W trapezie równoramiennym znane są boki równoległe: a — l(r4, b — 9‘6 i ramię c — 5-8. Obliczyć pole.

44.    Obliczyć pole trójkąta równobocznego o boku a — 20 cm.

45.    Ile wynosi bok trójkąta równobocznego, którego pole wynosi 1 tri¹.

46.    W kole o promieniu 8 cm wykreślono cięciwę o długości 5-4 cm. Ile wynosi odległość tej cięciwy od środka?

47.    Obliczyć pole rombu, znając jeden bok i przekątnię.

48.    Obliczyć pole sześciokąta umiarowego, znając jeden bok.

49.    Obliczyć pole trójkąta, znając jego boki: a — 10 cm, b = 17 cm,

c = 21 cm.

50. Obliczyć promień koła wpisanego w trójkąt, którego boki wynoszą 13 cm, 14 cm, 15 cm. (Wyrazić pole zapomocą tego promienia!)

§ 72.    51. Obliczyć pole trójkąta równobocznego: a) wpisanego w koło

o promieniu 15 cm. b) opisanego na kole o tym samym promieniu.

52.    Wykazać, że pole sześciokąta umiarowego wpisanego w koło jest średnią geometryczną między polem trójkąta równobocznego wpisanego, a trójkąta opisanego na tern kole.

53.    Obliczyć pole kwadratu wpisanego w koło o promieniu r = 48 cm i kwadratu opisanego na tern kole. Zbadać stosunek obydwu pól.

54.    Wykonać takie samo obliczenie, jak w zadaniu poprzedniem, dla sześciokąta umiarowego.

55.    Obliczyć pole ośmiokąta umiarowego, wpisanego w koło o promieniu r = 18 mm.

56.    Obliczyć pole ośmiokąta umiarowego, znając jego bok.

57.    Wyprowadzić wzór, podający związek boku szesnastokąta umiarowego z promieniem koła wpisanego.

58.    To samo zadanie wykonać dla 24-kąta umiarowego.

59.    Obliczyć pole dziesięciokąta umiarowego wpisanego w koło o promieniu r — 2’8 dm.

60.    Jaki jest wykładnik stosunku odcinków podziału złotego?

61.    Obliczyć pole pięciokąta umiarowego, znając promień koła opisanego r — 012 cm.

§ 73 — 74.    62. Obliczyć obwód koła, którego promień wynosi 2'25 dm.

63. Obwód pnia okrągłego wynosi 2⁻5 m; jaka jest średnica przekroju?

64.    Wiedząc, że obwód ziemi wynosi 40.000 km, obliczyć promień

ziemi.

65.    Ile razy obróci się koło (o promieniu T2 ni) lokomotywy na drodze ze Lwowa do Krakowa (342 km?)

66.    średnicę półkola przepołowić i na każdej połowie zakreślić nowe półkole do wnętrza; wykazać, że obwód większego półkola równa się sumie obwodów obydwu mniejszych. Przeprowadzić podobną konstrukcyę w mniejszych półkolach, potem w dalszych i t. d. i porównać sumę ich długości z pierwotnem półkolem.

67.    Wykazać, że jeżeli obwody dwóch kół współśrodkowych różnią się o 1 dm, to ich odstęp będzie jednakowy bez względu na wielkość tych kół (n. p. obwód pomarańczy a obwód ziemi).

68.    Podzielić obwód koła na 12 równych części i oznaczyć miejsca, w których te punkty podziału zetkną się ze styczną przy toczeniu się koła po tej stycznej.

69.    Na podstawie poprzedniego zadania narysować drogę, jaką przebiega dowolny punkt obwodu koła, toczącego się po stycznej. Tę drogę nazywamy c y k 1 o i d ą.

70.    Obliczyć łuk koła o promieniu r = 9 cm, należący do kąta środkowego: a) 50°, b) 42° 15', c) 138° 20'.

71.    Ile wynosi w mierze łukowej kąt: 10°, 25°, 2°, 38° 20'?

72.    Do jakiego kąta środkowego należy łuk równy promieniowi? Ile wynosi w mierze stopniowej kąt, który w mierze łukowej = 1.

73.    Obliczyć pole koła o promieniu 2 dm 3 cm 5 mm.

74.    Jeżeli przy mierzeniu promienia koła popełnimy błąd mniejszy od 02 mm, jaki błąd popełnimy przy obliczaniu pola koła? Ile miejsc z ludol-finy wystarczy wtedy zatrzymać?

75.    Wykonać rachunkiem i przybliżonym rysunkiem kwadraturę koła o promieniu r — 2 cm.

76.    Jak wielki jest promień koła, pokrywającego powierzchnię 1 km??

77.    Ile razy powiększy się pole koła, jeżeli promień wzrośnie pięć razy? (Porównaj zadanie 8).

78.    Jakie pole ma koło, którego obwód wynosi 48 cm? Porównaj to pole z polem kwadratu, sześciokąta umiarowego, ośmiokąta umiarowego i t. d. o tym samym obwodzie! Jaki stąd wniosek? (Problem Didony: danym obwodem otoczyć możliwie największe pole).

79.    Z kwadratu o boku 56 cm wycięto 49 kół równych (o promieniu 4 cm); obliczyć pozostałe pole.

sze

80.    Na bokach trójkąta prostokątnego wykreślono półkola dwa mniej-na zewnątrz, większe od wnętrza. Wykazać, że pole dwu takich księżyców równa się polu trójkąta, nie zawiera więc liczby tc. — Są to t. zw. księżyce Hipokratesa.

81.    Obliczyć wycinek koła o promieniu r = 3⁻8 cm, należący do kąta środkowego: a) 40°, b) 22° 30', c) 250°.

82.    Przedstawić zapomocą wycinków tego samego koła liczby ludności w poszczególnych krajach Monarchii. (Uwaga: kąty środkowe mają pozostawać do siebie w takim stosunku, jak liczby ludności).

83.    Z koła o promieniu 2 dni wycięto wycinek o polu 1 dm?; jaki łuk i jaki kąt środkowy należą do tego wycinka?

18 cm.

84.    Obliczyć pole odcinka, należącego do kąta środkowego: a) 90°, b) 60°, c) 72°, znając promień koła r

85.    Wykazać, że pole pierścienia kołowego równa się polu koła, którego promieniem jest odcinek stycznej do koła wewnętrznego, zawarty między punktem styczności a kołem większem.

86.    W jakim odstępie od danego koła należy poprowadzić drugie koło współśrodkowe, aby pole pierścienia równało się polu koła wewnętrznego.

87. Podzielić pole koła na trzy równe części zapomocą kół współ-środkowych.

88.    Obliczyć pole wycinka pierścienia kołowego, znając r — 22 cm, rx = 32 cm, a = 15°.

89.    Albrecht Dürer (znakomity malarz niemiecki z XVI. wieku) podaje kwadraturę koła, biorąc ⁵/₄ średnicy za przekątnię kwadratu równego kołu. Jaki błąd popełnia się przytem (n. p. r — 10 cm).

90.    Jak długą musiałaby być większa wskazówka zegarka, aby jej koniec zakreślał 1 m na sekundę? Ile mm w jednej sekundzie zakreśla wskazówka 2 cm długa?

Część II.

¹

= 2 r x.

Obwód koła jest więc funkcyą jednej zmiennej, mianowicie promienia; liczba % jest liczbą stałą.

Stąd już łatwo obliczyć łuk, należący do jakiegokolwiek kąta środkowego. Łuk jest mianowicie taką częścią obwodu, jaką częścią 360 stopni jest kąt środkowy:

ł : 2 r x — a : 360°

²

Inne przykłady obliczania pól znajdują się w zbiorze zadań Krauza na str. 89 i t. d.

Stereometrya.

Rozdział I.

Zasadnicze utwory stereometryczne.

§ 75. Pewniki stereometryczne i najprostsze z nich wnioski.

Dotychczas zajmowaliśmy się tylko utworami geometrycznymi, leżącymi na jednej płaszczyźnie: t. j. obracaliśmy się w sferze dwóch wymiarów. Badając własności tych utworów nie posługiwaliśmy się przestrzenią trójwymiarową — z wyjątkiem badania związku figur symetrycznych (por. str. 48) — nie posługiwaliśmy się nigdy kilkoma płaszczyznami. Jednak geometrya ma być nauką o postaci wyidealizowanych przedmiotów świata zewnętrznego, które są przecież trójwymiarowe; porzucimy więc obecnie ciaśniejszy zakres utworów dwuwymiarowych i będziemy badali utwory przestrzenne trójwymiarowe, zuźytkowując naturalnie wiadomości, nabyte w planimetryi. Co więcej : także głębsze zrozumienie planimetryi wymaga pewnych wiadomości ze stereometryi, ponieważ utwory planimetryczne są tylko przekrojami utworów stereometrycznych.

Stereometrya, jako rozszerzenie planimetryi, opiera się na tych samych pewnikach I—V, co i planimetrya, a oprócz tego przybywają nowe pewniki, służące do odróżnienia płaszczyzn od wszelkich innych możliwych powierzchni (krzywych).

Pewniki te, podobnie jak i planimetryczne, są twierdzeniami wziętemi z zewnętrznego doświadczenia i wyidealizowanemu Co w świecie zewnętrznym spostrzegamy w przybliżeniu, niedoskonale, to ujmujemy w twierdzenia ścisłe i umawiamy się, że będziemy te własności przypisywali naszym idealnym utworom geometrycznym dokładnie.

Widzieliśmy w planimetryi, źe do wyznaczenia linii prostej wystarczą dwa punkty. Do wyznaczenia płaszczyzny dwa punkty nie wystarczają: spostrzegamy to na dowolnym przedmiocie graniastym, np. na jakimkolwiek krysztale lub na belce prostokątnej. Zwracając uwagę na dwa punkty którejkolwiek krawędzi takiej bryły, widzimy, źe przez te punkty przechodzą dwie różne ściany płaskie tej bryły a moglibyśmy poprowadzić dowolnie wiele innych płaszczyzn, zawierających te same dwa punkty. Wszystkie te płaszczyzny mają nietylko te dwa punkty wspólne, ale całą prostą, łączącą te punkty. Widzimy wiec, źe przez jedną linię prostą przechodzi nieskończenie wiele płaszczyzn. Jeżeli jednak poza tą linią prostą obierzemy jeszcze jeden punkt, to między temi wszystkiemi płaszczyznami istnieje tylko jedna płaszczyzna, zawierająca tę prostą i ten trzeci punkt.

Np. brama przytwierdzona w dwóch punktach w zawiasach może przyjmować jeszcze bardzo wiele rozmaitych położeń w przestrzeni; jeżeli jednak ma dotykać jeszcze trzeciego punktu, nie leżącego na osi obrotu, to położenie jej jest już przez to zupełnie dokładnie określone. Tę własność powierzchni płaskich niedokładnych, spotykanych w świecie otaczającym nas, przypisujemy także idealnym płaszczyznom geometrycznym i wypowiadamy ją w formie następującego pewnika:

VI. Przez trzy punkty, nie leżące na jednej linii prostej, przechodzi (jest wyznaczona) tylko jedna płaszczyzna.

Bez względu na to, czy trzy punkty leżą blizko, czy dalej, otrzymujemy tylko jedną płaszczyznę. (W geometryi praktycznej trzy punkty nadto blizkie nie wyznaczają płaszczyzny, podobnie jak dwa punkty blizkie nie wyznaczają prostej w geometryi praktycznej. (Por. § 5, str. 13).

Własność ta, jakkolwiek jest niezmiernie ważna przy wszelkich dowodzeniach i konstrukcyach stereometrycznych, nie daje nam jednak jeszcze wyobrażenia o postaci płaszczyzny, ani też nie daje sposobu odróżnienia płaszczyzny od innych powierzchni (krzywych). Taką charakterystyczną własność uzyskamy, badając stosunek linii prostej do płaszczyzny.

Jeżeli prostą krawędź lineału przyłożymy do powierzchni płaskiej dwoma punktami w dowolnem miejscu i w dowolnym kierunku, to ona styka się z powierzchnią we wszystkich innych punktach. Żadna inna powierzchnia oprócz płaszczyzny nie ma tej własności.

(Na tern polega próba stolarska, czy dana powierzchnia jest dostatecznie wyrównana).

Wyrazem tego spostrzeżenia z geometryi praktycznej jest następujący pewnik, odnoszący się do idealnej płaszczyzny:

VII. Prosta, mająca z płaszczyzną dwa punkty wspólne, ma z nią wszystkie punkty wspólne (czyli leży cała na tej płaszczyźnie).

Należy jednak zauważyć, że linia prosta może w nieskończenie wielu położeniach przylegać całkowicie do powierzchni a mimoto powierzchnia nie jest płaską, n. p. walec. Właściwością płaszczyzny jest to, że prosta przylega do niej w kaź dem miejscu i w każdy m kierunku, czego nie widzimy ani na walcu, ani stożku, ani na żadnej innej powierzchni. Są nawet takie powierzchnie krzywe, na których dadzą się w każdym punkcie wykreślić dwie linie proste różnych kierunkach, przylegające zupełnie (por. § 115, fig. 329).

Z tych dwóch pewników wyprowadza się odrazu kilka ważnych

wniosków.

Ponieważ do wyznaczenia płaszczyzny wystarczą trzy punkty, nie leżące na jednej linii prostej, to tembardziej wystarczy jedna linia prosta i punkt, poza nią lezący (trzeba tylko dwa z punktów wyznaczających połączyć linią prostą, to ona cała musi leżeć na żądanej płaszczyźnie). W konstrukcyach geometrycznych często robimy z tego użytek (n. p. wykreślenie płaszczyzny, przechodzącej przez wierzchołek stożka i przez średnicę podstawy!)

Tak samo łatwo wywnioskować, żeprzez dwie proste przecinające się lub przez dwie proste równoległe jest wy znaczona jedna płaszczyzna.

Twierdzenie to ma wielkie zastosowanie w praktyce (n. p. przy pokrywaniu płaskich dachów przesuwamy płaszczyznę przez krokwie równoległe lub przecinające się).

Opierając się na tern i na pewniku VII., możemy utworzyć płaszczyznę ruchem linii prostej a mianowicie, jeżeli prosta posuwa się po ramionach kąta lub po dwóch liniach równoległych tak, aby zawsze przecinała obydwie proste, to zakreśla płaszczyznę.

<s\

Fig. 195.

Dowód: wykreślmy płaszczyznę a, wyznaczoną przez proste SM i SN. Prosta XY, mająca z nią dwa punkty A i B wspólne, musi cała leżeć na tej płaszczyźnie (według pewnika VII). Tak samo w każdem innem położeniu. Jakikolwiek punkt C płaszczyzny a wybierzemy, znajdzie się zawsze takie położenie prostej XY, równoległe do pierwotnego położenia, w którem ona przechodzi przez ten punkt. Ruchem prostej XI po prostych SM i SN możemy więc otrzymać wszystkie punkty płaszczyzny oc.

(Jakim jeszcze ruchem linii prostej można otrzymać płaszczyznę?)

w rozmaitych połoźe-

Każdą powierzchnię, powstającą przez ruch linii prostej, nazywamy powierzchnią prostoliniową. (Później poznamy także krzywe powierzchnie prostoliniowe, n. p. powierzchnia walca lub stożka). Prosta X Y, zakreślająca swym ruchem płaszczyznę, nazywa się tworzącą a utwór, po którym ta prosta się ślizga, nazywamy kierownicą powierzchni. Wykazaliśmy więc, że płaszczyzna jest powierzchnią prostoliniową. Każda powierzchnia prostoliniowa musi być nieograniczona, ponieważ zawiera całą linię prostą niach — a już sama linia prosta jest nieograniczoną. We wszystkich rozumowaniach będziemy więc pojmowali płaszczyznę jako po-wierzclinię nieograniczoną, na rysunku jednak przedstawiamy zawsze tylko skończony kawałek płaszczyzny.

Pewniki VI i VII podają związek punktów z płaszczyzną i linii prostych z płaszczyzną. Brak nam jeszcze punktu wyjścia dla badania położenia płaszczyzny względem płaszczyzny. Tu znowu oprzemy się na pewnych prostych spostrzeżeniach. Przypatrując się ścianom izby szkolnej lub deski prostokątnej, widzimy, że dwie dotykające się ściany mają zawsze cały odcinek linii prostej wspólny. To samo możemy zauważyć na każdym krysztale, jeżeli tylko jego ściany odpowiednio przedłużymy. Wogóle dwie płaszczyzny przecinające się mają zawsze wspólną linię prostą. Stąd tworzymy pewnik:

VIII. Jeżeli dwie płaszczyzny mają jeden punkt wspólny, to muszą mieć całą linię prostą (krawędź) wspólną.

Uivaga: mogłoby się zdawać, że ten

Fig. 196.

pewnik nie zgadza się z rzeczywistością. N. p. na fig. 196 dwie płaszczyzny a i ß mają tylko jeden punkt wspólny. Jednakowoż trzeba pamiętać, że są tu narysowane tylko części płaszczyzn a pewnik odnosi się do nieograniczonej płaszczyzny. Gdybyśmy płaszczyznę ß odpowiednio rozszerzyli, otrzymalibyśmy krawędź przecięcia się.

Dwie płaszczyzny przecinające się tworzą figurę, odpowiadającą kątowi w planimetryi, zwaną kątem dwuściennym. Nazwa pochodzi stąd, że płaszczyzny nazywamy także ścianami. W planimetryi każdy kąt posiada dwa ramiona i wierzchołek. Tutaj odpowiadają ramionom dwie ściany kąta a i ß a wierzchołkowi krawędź AB. Literami oznacza się kąt dwuścienny zwykle:

<(«ß)

lub rzadziej : <C C (A B) E, t. j. tak, aby litery, oznaczające krawędź, były w środku. Kąt płaski jest tylko przekrojem kąta dwu-ściennego.

Uwaga: dla wyrazistości rysujemy linie zasłonięte kropkowane lub cieńszą kreską, jeżeli sobie ściany wyobrażamy przeźroczyste lub opuszczamy je zupełnie, jeżeli sobie ściany wyobrażamy z materyału nieprzeźroczystego.

Fig. 197.

Na tej figurze łatwo spostrzedz, źe dwie linie proste prostopadłe do tej samej trzeciej w przestrzeni nie muszą być równoległe, owszem mogą się przecinać, jak n. p. proste CB i EB, prostopadłe do AB na figi 197. Wtedy jednak leżą one na dwóch różnych płaszczyznach, zawierających prostą AB. Widać stąd, źe niektóre twierdzenia planimetryi nie dadzą się przenieść do stereo-metryi bez żadnych zastrzeżeń. Toteż spotykamy się w stereometryi nieraz z dowodzeniem twierdzeń, poznanych już w planimetryi.

Jestto ogólne prawo logiki, że twierdzenia, odnoszące się do ciaśniej-szego zakresu pojęć, mogą uledz zmianie, jeżeli je chcemy przenieść do obszerniejszego zakresu i dlatego wymagają zawsze osobnego sprawdzenia.

* § 76. Pęk płaszczyzn i pęk przestrzenny.

Podobnie jak w planimetryi mieliśmy do czynienia z pękami prostych, tak w stereometryi ważnym utworem jest pęk płaszczyzn. Jestto zbiór płaszczyzn, przecinających się inzdłuz jednej linii prostej, czyli wychodzących z jednej prostej. Tę prostą nazywamy osią pęku. Jeżeli taki pęk przetniemy jakąkolwiek płaszczyzną, przecinającą krawędź tylko w jednym punkcie, otrzymamy na tej płaszczyźnie pęk promieni. Jeżeli zaś pęk płaszczyzn przetniemy jedną linią prostą, nie trafiającą krawędzi, powstanie na tej prostej szereg punktów.

Wykreśl pęk płaszczyzn, przecięty płaszczyzną i linią prostą! Jaki utwór otrzymamy, jeżeli przetniemy pęk płaszczyzn płaszczyzną równoległą do osi? Zbiór vrszystkich płaszczyzn, schodzących się w jednej krawędzi, wypełnia całą przestrzeń.

Utworem geometrycznym ogólniejszym od pęku płaszczyzn, obszerniejszym, jest zbiór linii prostych i płaszczyzn, przecinających

*) Ustępy oznaczone gwiazdkami są przeznaczone dla szkól realnych.

się w jednym punkcie, zwany pękiem przestrzennym. Punkt ten nazywa się wierzchołkiem pęku.

Pęk przestrzenny złożony ze wszystkich linii, przechodzących przez jeden punkt, można nazwać zarówno przestrzennym pękiem prostych, jak i przestrzennym pękiem płaszczyzn. Zawiera on bowiem nietylko wszystkie linie proste, przechodzące przez jeden punkt, ale także każdą płaszczyznę, przechodzącą przez ten punkt: każdą bowiem płaszczyznę można zbudować z samych linii prostych, przechodzących przez jeden punkt (płaski pęk promieni).

Jeżeli pęk przestrzenny przetniemy płaszczyzną, nie przechodzącą przez wierzchołek pęku, otrzymamy na tej płaszczyźnie rozrzucony zbiór punktów i prostych, zwany systemem płaskim. Jeżeli wierzchołek pęku oddala się od systemu płaskiego, promienie dążą do położenia równoległego.

Mówimy, że ten system płaski jest rzucony przez pęk przestrzenny na daną płaszczyznę. Dwa pęki przestrzenne, rzucające ten sam system płaski, nazywają się perspektywiczne a także dwa systemy płaskie nazywają się perspektywiczne, jeżeli są rzucone przez ten sam pęk przestrzenny. Podobne nazwy stosują się i do innych utworów, n. p. pęk płaszczyzn »rzuca« pęk promieni i t. p.

Pęki te mają ważne zastosowanie w rysunku perspektywicznym, którym się zajmiemy w jednym z dalszych rozdziałów. Także w optyce, w akustyce i innych działach fizyki rozważa się pęki promieni i utwory przez nie rzucone. *

Ćwiczenia I.

§75.    1. Trzy punkty wyznaczają jedną płaszczyznę; wykazać, że wzajemnie

trzy płaszczyzny wyznaczają jeden punkt. Czy zawsze?

2.    Wykazać przy pomocy pewnika YI. i VII., że dwie przecinające się proste wyznaczają jedną płaszczyznę.

3.    Przez ruch postępowy prostej nie w kierunku jej długości powstaje zawsze płaszczyzna; czy przez ruch obrotowy prostej zawsze powstaje płaszczyzna?

4.    Podać przykłady powierzchni prostoliniowych płaskich i krzywych.

5.    Wykazać, że przekrój płaski kąta dwuściennego jest kątem płaskim; czy zawsze?

6.    Dwa punkty wyznaczają linię prostą; co wyznaczają dwie płaszczyzny?

§ 76.    7. Mając podany na dowolnej płaszczyźnie pęk promieni i punkt S

nad płaszczyzną, wykreślić pęk płaszczyzn, rzucający te promienie a przechodzący przez S.

8. Mając podany szereg punktów i punkt T'poza tą prostą leżący, wykreślić pęk płaszczyzn, rzucający te punkty a przechodzący przez punkt T. Narysować oś tego pęku!

if. 9. Mając podany pęk płaszczyzn, przeciąć go: a) płaszczyzną, przecinającą oś w jednym punkcie, b) prostą, nie przecinającą krawędzi.

^ 10. Mając na płaszczyźnie podany wielokąt, wykreślić jakikolwiek' pęk przestrzenny, rzucający boki i wierzchołki tego wielokąta. Narysować drugi pęk perspektywiczny do pierwszego.

^ 11. Jakikolwiek pęk przestrzenny przeciąć płaszczyzną. Co zauważymy, jeżeli odsuwamy płaszczyznę coraz dalej od wierzchołka pęku?

* 12. W latarni projekcyjnej wstawiono w bieg promieni płaszczyznę przeźroczystą z narysowanym kwadratem. Narysować cień, jaki powstanie: a) na płaszczyźnie równoległej do niej, b) na płaszczyźnie nachylonej.

if 13. Narysować pęk promieni, wychodzących od krawędzi i naroży kostki a zbiegających się w oku. Jeżeli się oko oddala, do jakiego położenia dążą promienie?

Rozdział IL

Położenie linii prostych i płaszczyzn w przestrzeni. Proste i płaszczyzny równoległe.

§ 77. Dwie linie proste.

jak to widzieliśmy w plani-

Na płaszczyźnie dwie proste, nie nakrywające się, mogą mieć względem siebie dwojakie położenie metryi: albo przecinają się, albo są równoległe.

Jeżeli jednak linie proste leżą na rozmaitych płaszczyznach, przybywa jeszcze trzecia możliwość. Na przykład krawędzie a i b

1/

Fig. 198.

Fig. 199.

kostki przedstawionej na fig. 198 nie przecinają się w rzeczywistości, choćbyśmy je dowolnie daleko przedłużyli.

(Na rysunku te linie mają jeden punkt wspólny, albowiem rysunek jest płaski a na płaszczyźnie dwie linie proste muszą się przecinać, o ile nie są równolegle).

Równoległemi tych linii nie nazwiemy, ponieważ ich punkty są w jednych miejscach bliższe, w innych dalsze od siebie. Podobne położenie ma krawędź A B kąta dwuściennego (fig. 199) względem prostej, łączącej dowolne punkty C i D na płaszczyznach a i ß. Przykładów takich można podać bardzo wiele przy rozpatrywaniu rozmaitych brył. (Podaj przykłady z sali szkolnej!).

Dwie takie linie proste, które ani nie są równoległe, ani się nie przecinają, nazywamy prostemi wichrowatemi. Proste wichrowate nie wyznaczają płaszczyzny, niema bowiem takiej płaszczyzny, któraby zawierała te obydwie proste. Każda płaszczyzna, zawierająca jedną z nich, przecina drugą prostą tylko w jednym punkcie; n. p. płaszczyzna, zawierająca prostą Y Y' na fig. 200, przecina prostą XX' w jednym punkcie A.

Posuwajmy się po dwóch takich liniach równocześnie od punktów X i Y lub X' i Y', to odległość zmniejsza się coraz bardziej, ale

Y'

X'

Fig. 200.

tylko do pewnej granicy. Najbliższe są punkty A i C, stąd zaś począwszy odległość znowu wzrasta nieograniczenie. Na kostce na fig. 198 tą najkrótszą odległością jest odcinek c. Istnieje więc pewna najkrótsza odległość dwóch prostych wichrowatych, istnieją na nich miejsca najbliższe. Sposób znalezienia tej odległości poznamy później.

roz-

* Proste wichrowate nie zamykają żadnego kąta. Jednakowoż ich odchylenie od położenia równoległego może być maite. lak n. p. skłonni jesteśmy powiedzieć, że linie b i a na kostce na fig. 198 są odchylone o 90° od położenia równoległego. Dlategoto

c<

Fig. 201.

wprowadzamy nowe pojęcie: kąta prostych wichrowatych. Przesuwamy jedną z nich n. p. a równolegle do pierwotnego położenia tak, aby się przecięła z drugą b, lub z dowolnego punktu prostej b prowadzimy linię a równoległą do a. Wtedy powstaje kąt w zwykłem znaczeniu, kąt a i ten kąt nazywamy kątem dwóch prostych wichrowatych. Jestto kąt, utworzony przez

jedną z nich i przez linię równoległą do drugiej, poprowadzoną przez dowolny punkt pierwszej.

Mogłaby zachodzić wątpliwość, czy nie otrzymamy rozmaitych, różnych od siebie kątów a, jeżeli poprowadzimy linie równoległe do a przez rozmaite punkty prostej b. Wykażemy jednakże w następnym ustępie ściśle, że te wszystkie kąty są równe (por. str. 171). *

§ 78. Linia prosta i płaszczyzna.

Pewnik VII. poucza nas, że linia prosta, mająca z płaszczyzną dwa punkty wspólne, musi cała leżeć na tej płaszczyźnie. Jeżeli więc prosta nie leży na płaszczyźnie, to może mieć z nią tylko jeden punkt wspólny. Mówimy wtedy, że prosta przecina płaszczyznę w punkcie, który się nazywa spodkiem prostej.

Taka linia prosta, przecinająca płaszczyznę, może być do niej więcej lub mniej nachylona. Jak się mierzy to nachylenie, poznamy w dalszym ciągu.

Wreszcie linia prosta może nie mieć z płaszcyzną źa’dnego punktu wspólnego. Udowodnimy, że takie położenie jest możliwe. W tym celu na dowolnej płaszczyźnie a obieramy jakąś

(A. V.

Fig. 202.

prostą a i przez punkt P, poza nią leżący, wykreślamy linię bija, co zawsze jest możliwe według pewnika planimetrycznego V. Ta prosta b nie może przeciąć płaszczyzny a. Dla dowodu przesuńmy płaszczyznę ß przez proste ai b. To się da wykonać, ponieważ te proste są równoległe (por. str. 162). Gdyby prosta b przecinała płaszczyznę a, to chyba tylko w tych miejscach, gdzie się przecinają płaszczyzny a i ß (bo cała prosta b leży na płaszczyźnie ß), a więc w jakimś punkcie wspólnej krawędzi a. To jest jednakże niemożliwe, ponieważ właśnie wykreśliliśmy bja. Prosta b nie przecina więc zupełnie płaszczyzny a. Taką prostą, która nie przecina płaszczyzny, chociażbyśmy ją dowolnie przedłużali, nazywamy prostą równoległą do płaszczyzny. Przeprowadziliśmy więc dowód istnienia prostej równoległej.

Każda prosta, równoległa choćby do jednej linii, leżącej na płaszczyźnie, jest już równoległa do całej płaszczyzny.

Prosta ta posiada rzeczywiście niektóre charakterystyczne cechy równoległych prostych. I tak każdy jej punkt jest równo oddalony od płaszczyzny a, co udowodnimy później, mówiąc o odległości punktu od płaszczyzny. Natomiast pewnik planimetryczny, odnoszący się do dwóch prostych, nie stosuje się już do prostej i płaszczyzny. Widzieliśmy bowiem, źe przez punkt poza prostą można do niej poprowadzić tylko jedną linię równoległą. Tymczasem przez punkt, leżący poza płaszczyzną, można poprowadzić bardzo wiele linii prostych, równoległych do płaszczyzny.

Twierdzenie to daje nam sposób poznania, czy prosta jest równoległa do płaszczyzny a zarazem sposób konstrukcyi takiej prostej.

6'"

Nie należy sądzić, aby prosta równoległa do płaszczyzny była równoległą do wszystkich prostych, leżących na tej płaszczyźnie: jest ona względem niektórych prostych wichrowata a względem innych równoległa. Łatwo wykazać, źe prosta równoległa do płaszczyzny jest tylko do tych prostych, leżących na płaszczyźnie, równoległa, które leżą z nią na tej samej drugiej płaszczyźnie. N. p. na fig. 203 prosta b || a, to aby znaleźć na płaszczyźnie a jakąś prostą równoległą do b, prowadzimy dowolną płaszczyznę ß przez prostą b. Krawędź a’ musi być równoległa do b (dlaczego?). Tak-samo krawędź a" płaszczyzn a i 7 jest równoległa do b i t. d. Względem innych prostych, leżących na płaszczyźnie a, n. p. względem AB i AC, jest prosta b wichrowatą.

A / <*■

Fig. 203.

Opierając się na tych twierdzeniach o prostej równoległej do płaszczyzny, można uogólnić ważne twierdzenie z planimetryi a prostych równoległych. Widzieliśmy mianowicie, źe dwie linie proste równolegle do tej samej trzeciej są także do siebie równoległe, jeżeli wszystkie trzy leżą na jednej płaszczyźnie.

Otóż opierając się na poprzednich twierdzeniach, można udowodnić, źe:

dwie proste, równoległe do tej samej trzeciej, są i do siebie równoległe, chociażby wszystkie trzy proste nie leżały na jednej płaszczyźnie.

* Twierdzenie to możemy zaraz zastosować do okazania, że wielkość kąta dwóch prostych wichrowatych nie zależy od te go, w którem miejscu jednej prostej poprowadzimy linię równoległą do drugiej. Jeżeli bowiem V || b i b" || b, to musi być także y || b". Te dwie proste równoległe są przecięte trzecią a, więc kąty odpowiednie są sobie równe:

b”

ci'

Fig-. 204.

a = a'. jfc

§ 79. Dwie płaszczyzny.

Dwie płaszczyzny, mające trzy lub więcej punktów wspólnych, nie leżących na jednej linii prostej, nakrywają się zupełnie — według pewnika VI.

Dwie płaszczyzny, mające dwa punkty wspólne, mają wspólną całą linię prostą (krawędź), łączącą te dwa punkty. Taksamo, jeżeli dwie płaszczyzny mają jeden punkt wspólny, muszą mieć już całą krawędź wspólną — według pewnika VIII.

Mogą istnieć także płaszczyzny, nie mające żadnego punktu wspólnego. Przeprowadzimy dowód istnienia takich

)i

płaszczyzn. Przez punkt X, leżący poza płaszczyzną, poprowadźmy dwie N v n    proste a i b, równo-

h ległe do płaszczy-\c zny a (dowód istnie-

_n) nia takich prostych

Fig. 205.

przeprowadziliśmy już w ustępie poprzednim).

Twierdzimy, że płaszczyzna przesunięta przez te dwie proste nie ma żadnego punktu wspólnego z płaszczyzną a. Gdyby bowiem płaszczyzny a i ß przecinały się wzdłuż jakiejś krawędzi c (leżącej gdzieś daleko — na rysunku zaznaczyliśmy to przez zagięcie górnej płaszczyzny), to ponieważ a || a, musiałaby ta prosta a być także równoległą do c. Tak samo, ponieważ b || a, to b \\ c według twierdzenia na str. 170. Przez punkt X przechodziłyby więc dwie proste a i b, leżące na tej samej płaszczyźnie i równoległe do c, sl to jest niemożliwe.

A więc płaszczyzny a i ß nie mogą mieć krawędzi wspólnej, nie mogą się więc wogóle przeciąć.

Takie dwie płaszczyzny, nie mające żadnego punktu wspólnego, (chociaźbyśmy je dowolnie przedłużali), nazywamy płaszczyznami równoległemi. Z naszego dowodu wynika następująca konstrukcya płaszczyzn równoległych: płaszczyzna przesunięta przez dwie proste, przecinające się ze sobą a równoległe do drugiej płaszczyzny, jest sama równoległa do tej drugiej płaszczyzny.

mu-

U w a g a : dwie proste równoległe do tej samej płaszczyzny nie szą być do siebie równoległe!

Ponieważ dwie płaszczyzny równoległe nie mają żadnego punktu wspólnego, to oczy wistem jest, że jeżeli je przetniemy trzecią .płaszczyzną (por. fig. 206), to krawędzie, otrzymane z tego przecięcia, nie mogą mieć także nic wspólnego. Krawędzie te nie są wichrowate, bo leżą na jednej płaszczyźnie (przecinającej tamte dwie), pozostaje więc tylko jedna możliwość, że te krawędzie są równoległe.

Wniosek ten wypowiadamy w następujący sposób:

Dwie płaszczyzny równoległe przecięte trzecią tworzą z nią krawędzie równoległe.

Powitały tu kąty dwuścienne od powiędnie, naprzemianległe i jednostronne.

cL

Fig. 206.

Kątami tymi zajmiemy się później. W planimetryi musieliśmy przyjąć za pewnik, że przez punkt poza linią prostą da się do niej tylko jedna linia równoległa poprowadzić. W ste-reometryi możemy już udowodnić, że przez punkt poza płaszczyzną da się poprowadzić tylko jedna płaszczyzna równoległa do niej. Oprzemy się właśnie na poprzedniem twierdzeniu.

Gdyby przez punkt P (fig. 207) przechodziły dwie płaszczyzny ß i y równoległ do a, to przecinając te trzy płaszczyzny czwartą 8, przechodzącą przez P i przez dowolną prostą k na płaszczyźnie a, otrzymalibyśmy na niej krawędzie a i a .

Na podstawie twierdzenia o dwróch płaszczyznach równoległych przeciętych trzecią wnioskujemy, że a || k i a’ j| k. Przez punkt P przechodziłyby więc na płaszczyźnie § dwie proste rówmoległe do k a to jest nie-

możliwe. Zatem płaszczyzny ß i y muszą się nakryć, więc istnieje tylko jedna płaszczyzna równoległa do a, przechodząca przez punkt P.

Stąd bezpośredni wniosek: dwie płaszczyzny równoległe do tej samej trzeciej są do siebie równoległe.

Można także teraz wykazać, że proste, poprowadzone z jakiegoś punktu równolegle do danej płaszczyzny, leżą wszystkie na jednej płaszczyźnie i to na płaszczyźnie równoległej do a. (Udowodnij !)

Dwie płaszczyzny równoległe do siebie odcinają na wszystkich prostych równoległych, przecinających je, równe kawałki. (Udowodnij, przesuwając płaszczyznę przez każdą parę prostych równoległych!) Także odwrócenie tego twierdzenia jest prawdziwe. Równoległość dwóch płaszczyzn można także sprawdzić przy pomocy dwóch kątów. W planimetryi widzieliśmy, że kąty, których

ramiona są zgodnie równoległe, są równe. Twierdzenie to można przenieść także do stereometryi.

Kąty, których ramiona są zgodnie równoległe, są równe, chociażby leżały na różnych płaszczyznach a ich płaszczyzny są równoległe.

Fig. 207.

a’

<T

<r.

(À

ê>

ft

b‘

Fig. 208.

Dowód: założenie jest: a || a'ib || ó'(fig. 208). Odcinamy a=a' i b—b' i łączymy końce tych odcinków liniami c, c', k, li, g. Figura k a' ha jest równoległobokiem, ponieważ jedna para boków jest równa i równoległa. A więc k = h i k\\h.

Taksamo kb' g b jest równoległobokiem, więc k = g i k || g. Z tych związków wynika h = g i h || g a więc i figura

h ć g c jest równoległobokiem.

Więc c = ć. Z równości a = a', b — b', c — ć wynika przystawanie trójkątów abc = a'b'c' (IV). A więc:

<*=£:ß.

Aby wykazać równoległość płaszczyzn a i ß zauważmy, że b || b' a więc b || ß, taksamo a || a' pociąga za sobą a || ß. Proste a i b są

równoległe do płaszczyzny ß a więc i cała płaszczyzna a wyznaczona przez te proste jest równoległa do ß:

a || ß

Jeżeli więc sprawdzimy, źe dwie płaszczyzny zawierają dwa kąty o ramionach parami równoległych, to te płaszczyzny są równoległe.

Łatwo wykazać, źe kąty o ramionach niezgodnie równoległych spełniają się do 180°.

Poznanie prostych i płaszczyzn równoległych umożliwia mienie ruchu postępowego utworów geometrycznych w przestrzeni. Jeżeli wszystkie punkty jakiegoś utworu geometry nego zakreślają równe i równoległe odcinki, to ruch ten nazywamy ruchem postępowym, podobnie jak w plani-metryi.

zrozu-

c z-

Aby wykonać taki ruch, obierzmy n. p. na płaszczyźnie a do-

D> wolny wielokąt ABC DE. Z jego wierzchołków poprowadźmy proste równoległe do siebie w dowolnym kierunku i na każdej odetnijmy równy kawałek AA' = B B' = CC = — D U = EE'. Łącząc punkty ÄB'C'D'E', otrzymamy wielokąt w no wem położeniu. Jest on przystający do pierwotnego położenia. (Wykaż!)

A'.

B‘/

fC\

'D

Fig. 209.

Ćwiczenia II.

kra-

^ 77.    1. Narysować ostrosłup trojboczny (czworościan) i wymienić

wędzie wichrowate.

2. Narysować belkę, której przekrój jest sześciokątem umiarowym i wymienić krawędzie wichrowate. * Jakie kąty tworzą one ze sobą?* Jaka jest ich najkrótsza odległość?

^ ^    Narysować przez punkt, leżący poza płaszczyzną, kilka pro

stych równoległych do niej. Co jest miejscem geometrycznem tych prostych?

4.    Mając daną prostą a równoległą do płaszczyzny i punkt Xna płaszczyźnie, wykreślić przez X prostą równoległą do a i leżącą na danej płaszczyźnie.

5.    Jak się można przekonać przy pomocy kątomierza, czy prosta w przestrzeni leżąca jest równoległa do danej płaszczyzny?

6.    Wykazać, że, jeżeli dwie płaszczyzny są równoległe, to każda prosta, leząca na jednej płaszczyźnie, jest równoległa do drugiej.

/• ykazać, że płaszczyzna, przecinająca jedną z dwóch płaszczyzn równoległych, przecina i drugą.

8.    Udowodnić, że dwie płaszczyzny równoległe odcinają równe odcinki na wszystkich prostych równoległych do siebie.

9.    Udowodnić odwrócenie twierdzenia z poprzedniego zadania!

10.    Udowodnić, że kąty, których ramiona są niezgodnie równoległe, spełniają się do 180°, chociażby leżały na różnych płaszczyznach.

11.    Jeżeli kąt dwuścienny przetniemy dwoma płaszczyznami, równo-ległemi do siebie a przecinającemi krawędź, to kąty przekroju będą równe. Udowodnić!

12.    Wiedząc, że krawędzie kostki są po cztery równoległe do siebie a wszystkie kąty na ścianach leżące wynoszą po 90°, wykazać, że przeciwT-ległe ściany są równoległe.

13.    Prosta, równoległa do dwóch przecinających się płaszczyzn, jest równoległa do ich krawędzi. (Udowodnij!) (Przesuwa się przez tę prostą płaszczyznę równoległą do jednej z przecinających się płaszczyzn).

jfc 14. Mając dane dwie proste wichrowate, wykazać, że z każdego punktu można poprowadzić prostą, przecinającą te dwie proste. (Przesunąć płaszczyznę przez dany punkt i jedną z prostych).

15. Przez jedną z dwóch prostych wichrowatych przesunąć płaszczyznę równoległą do drugiej.

* 16. Czy istnieje płaszczyzna równoległa do dwTóch prostych wichrowatych? (Dla dowodu użyć konstrukcyi z poprzedniego zadania).

17.    Dowolny sześciokąt przesunąć równolegle w przestrzeni o 4 cm pod kątem 45° od płaszczyzny tego sześciokąta.

18.    Kostkę przesunąć równolegle w kierunku prostej, łączącej dwa przeciwległe naroża.

Rozdział III.

Proste i płaszczyzny prostopadłe.

§. 80. Prosta prostopadła do płaszczyzny.

Dotychczas omówiliśmy dokładniej tylko równoległe położenie prostych i płaszczyzn. Przejdziemy obecnie do prostych i płaszczyzn przecinających się. Z pośród rozmaitych możliwych położeń prostej względem płaszczyzny i płaszczyzny względem płaszczyzny najważniejsze jest dla nas położenie prostopadłe.

Zajmijmy się najpierw prostą prostopadłą. Biorąc pod uwagę

ci

Fig-. 210.

jakąkolwiek prostą, przecinającą płaszczyznę ukośnie, spostrzeżemy,' że ona z rozmaitych stron ma rozmaite nachylenie do płaszczyzny. Z jednemi liniami prostemi,leźącemi na płaszczyźnie, tworzy kąty ostre, z innemi rozwarte a z jedną kąt prosty (z linią C D). Nie każda jednak linia ma takie własności. Wykażemy, że w każdym punkcie płaszczyzny istnieje jedna linia, która z każdą linią, leżącą na płaszczyźnie, tworzy taki sam kąt, mianowicie kąt prosty. Linia ta jest prostopadła do wszystkich bez wyjątku linii, leżących na płaszczyźnie i nazywa się dlatego linią prostopadłą do całej płaszczyzny i na odwrót płaszczyzna nazywa się prostopadłą do tej linii.

Przeprowadzimy dowód istnienia takiej linii a uzyskamy zarazem sposób przekonania się o prostopadłości linii i sposób konstrukcyi linii prostopadłej do płaszczyzny.

Weźmy na dowolnej płaszczyźnie a (fig. 211) dwie przecinające się proste a i b i obierzmy linię c, prostopadłą do obydwu:

A O ±0C, A O JL OB

Wykażemy, źe ta linia jest prostopadła do wszystkich innych linii, leżących na płaszczyźnie a.

N. p. mamy wykazać, źe A 0 jest także prostopadła do OD. Połączmy dowolne punkty B i C prostych a, b. Linia B C przetnie prostą OD w punkcie D.

Dla dowodu przedłużamy odcinek iOa taki sam kawałek OA' pod płaszczyznę a. Łącząc punkty A i A' z punktami B, C i D, otrzymamy dwa trójkąty równoramienne A ÄB i A ÄC (dlaczego równoramienne?), więc AB = ÄB i AC —

YD

Tc,

IFJ

Fig. 211.

= A’ C. Trójkąty ABC i ABC są więc przystające (IV). Z przystawania wynika, źe także odpowiednie odcinki są równe, więc A D = AD (gdybyśmy obrócili dolny trójkąt około B C tak, aby A padł na A, to A D nakryje się z AD). W takim razie trójkąt A AD jest także równoramienny. Prosta OD, łącząca jego wierzchołek ze środkiem podstawy, jest prostopadła do podstawy; więc A 0 J_ OD. Tak samo można udowodnić, źe każda inna prosta, przechodząca przez punkt 0 a leżąca na płaszczyźnie a, jest do A 0 prostopadła.

* Ale także z prostemi wichrowatemi względem A O tworzy A O kąt prosty. N. p. kąt z linią EF znajdziemy, kreśląc przez punkt O linię ErF' || EF, ta zaś tworzy już z A O kąt prosty, jak każda linia, przez O przechodząca. *

Doszliśmy więc do następującego wniosku:

Linia prosta, prostopadła do dwóch przecinających się prostych, jest prostopadła do całej płaszczyzny, wyznaczonej przez te proste.

Fig. 212.

Uwaga: Mogłaby zachodzić wątpliwość, czy istnieje wogóle linia prosta, prostopadła do

dwóch przecinających się prostych. Łatwo jednakowoż taką prostą zbudować. Weźmy dowolny kąt dwuścienny (fig. 212) i w jednym punkcie P jego krawędzi poprowadźmy linię P4 J_iw płaszczyźnie a. i PB J_ k w płaszczyźnie ß.

Krawędź k jest prostopadła do dwóch przecinających się prostych, leżących na płaszczyźnie y, wyznaczonej przez proste PA i PB.

Z każdego punktu, czy to na płaszczyźnie, czy poza płaszczyzną, da się poprowadzić tylko jedna prosta prostopadła a tak samo z każdego punktu, czy to na prostej, czy to poza prostą, da się do niej tylko jedna płaszczyzna prostopadła poprowadzić (dowody nie wprost)!

Długość prostej prostopadłej z punktu poza płaszczyzną, mierzoną od tego punktu do płaszczyzny, nazywamy odległością punktu

p-\----i Q

(À.

od płaszczyzny. Jestto najkrótszy ze wszystkich odcinków, jakimi można połączyć P (fig. 213) z płaszczyzną. Każdy bowiem inny odcinek jest większy, jako prze-ciwrprostokątnia trójkąta, w którym P' P jest przyprostokątnią.

Fig. 213.

Spodek P' tej linii prostopadłej z punktu P nazywamy rzutem (prostopadłym) punktu P na płaszczyznę a a samą prostą P P' prostą rzucającą. Jeżeli mówimy »rzut« bez żadnego dodatku, mamy na myśli rzut prostopadły; jeżeli nam chodzi o rzut ukośny, zaznaczamy to wyraźnie.

Rzutem zaś ukośnym punktu na płaszczyznę nazywamy spodek prostej pochyłej, łączącej ten punkt z płaszczyzną; n. p. punkt B jest ukośnym rzutem punktu P.

Rzutem jakiejkolwiek figury nazywamy zbiór rzutów wszystkich jej punktówr czyli miejsce geometryczne rzutów wszystkich punktów danej figury.

Dwie linie proste, prostopadłe do tej samej płaszczyzny, są do siebie równoległe. Dowród niewrprost: założenie jest (fig. 214):

a J_ a i b _ J_ a

Gdyby prosta b nie była równoległa do a, to istnieć musi jedna ró-wnoległa do a, n. p. P, przechodząca przez punkt A. Ponieważ zaś a _L c, to i prosta b' musiałaby być prostopadła do c (jako prosta ró-wnoległa do a). Poprowadźmy na płaszczyźnie a proste die równoległe do siebie a przechodzące przez punkty A i B. <C (ad) = ^C (b'e), ponieważ ich ramiona są zgodnie równoległe. Ponieważ jc. (ad) = = b()° to i <£i(b'e) musi być prosty, wdęc P J_e. Mieliśmy zaś b' J_ c,

więc prosta b' byłaby prostopadła do całej płaszczyzny a (ponieważ jest prostopadła do dwóch linii prostych, leżących na tej płaszczyźnie). Jednakże przez punkt A może przechodzić tylko jedna prosta prostopadła do płaszczyzny a a tą jest według założenia b. Prosta br musi się więc nakrywać z b a więc już b jest równoległa do a.

ci

Fig. 214.

Można także wykazać, że dwie płaszczyzny, prostopadłe do tej samej prostej, są do siebie równoległe.

Twierdzenie o prostych prostopadłych do tej samej płaszczyzny zastosujemy do określenia odległości prostej równoległej od płaszczyzny i odległości dwóch płaszczyzn równoległych.

Weźmy dowolną prostą równoległą do płaszczyzny a (fig. 215). Poprowadźmy z punktów tej prostej linie prostopadłe do a.

oL

Fig. 215.

Wszystkie te odcinki są równoległe. Odcinki AB i A'B', B C i B’ C są także równoległe (dlaczego?), więc figury M BB’ A’, B C C'B' są równoległobokami. Wobec tego AA' = BB' = CC', to znaczy: każdy punkt prostej równoległej do płaszczyzny jest od niej równo oddalony. Odległością prostej równoległej od płaszczyzny nazywamy odległość dowolnego jej punktu. W podobny sposób określamy odległość dwóch płaszczyzn równoległych.

Prowadzimy z punktów jednej płaszczyzny szereg linii prostopadłych do drugiej, to te wszystkie linie są równoległe a więc muszą być równe (por. str. 175, ćw. 8).

Ten równy odcinek prostej, prostopadłej z jednej płaszczyzny równoległej do drugiej, nazywamy odległością płaszczyzn równo le g ł y c h.

* Możemy teraz także zbadać najkrótszą odległość dwóch prostych wichrowatych a i b (fig. 216). Przez jedną z nich, n. p. przez b, przesuwamy płaszczyznę ß równoległą do prostej a. Odległość prostej a od płaszczyzny ß jest najkrótszą odległością prostych wichrowatych, ponieważ prosta a, jako prosta, równoległa do płaszczyzny ß, nie zbliża się do niej nigdy więcej a wdęc nie zbliża się także do prostej b.

Aby znaleźć, w którem miejscu są proste a i b najbliższe, wykreślamy ze wszystkich punktów prostej a proste prostopadłe do płaszczyzny ß. One utworzą razem jedną płaszczyznę, która przetnie prostą b w jakimś punkcie O. Prosta O A prostopadła do płaszczyzny ß łączy najbliższe punkty prostych wichrowatych a i b. Płaszczyzna y nazywa się prostopadłą do płaszczyzny ß. Takiemi płaszczyznami zajmiemy się dokładniej w następnym ustępie. *

<y

Fig. 216.

Linia prostopadła do płaszczyzny znajduje zastosowanie w ruchu obrotowym, jako oś tego ruchu. Punkt A (fig. 217) wykonuje ruch obrotowy koło osi «, jeżeli się porusza po obwodzie koła, leżącego na płaszczyźnie prostopadłej do tej osi a którego środek leży na osi.

A'

Fig. 217.

Podobnie dowolny utwór geometryczny wykonuje ruch obrotowy, jeżeli jego wszystkie punkty zakreślają łuki kół, leżące w płaszczyznach prostopadłych do osi, przyczem te łuki należą do równych kątów środkowych. Wielkość obrotu mierzymy właśnie tym kątem środkowym. Można więc powiedzieć: kątem obrotu nazywamy kąt, jaki z akreśla prosta, poprowadzona prostopadle do osi, z dowolnego punktu utworu geometrycznego, wykonującego obrót. Jeżeli cała przestrzeń wykonuje ruch obrotowy, to tylko punkty, leżące na osi są nieruchome. Inne punkty zataczają łuki tern większe, im dalej leżą od osi obrotu — natomiast kąty zakreślone przez wszystkie linie prostopadłe do osi są równe (prędkość kątowa!)

Często używa się w geometryi obrotu płaszczyzny około osi «, leżącej na tej płaszczyźnie. Wtedy płaszczyzna, przebiega po kolei wszystkie płaszczyzny pęku płaszczyzn, należącego do krawędzi a. Wielkość obrotu jest zarazem miarą kąta dwuściennego, utworzonego przez dwie skrajne płaszczyzny (por. str. 188).

Jeżeli jakiś utwór geometryczny wykonuje równocześnie ruch postępowy i obrotowy, to znaczy obraca się koło jakiejś osi a równocześnie posuwa się wzdłuż jakiejś linii prostej, to ruch taki nazywamy ruchem śrubowym. .W szczególnym przypadku, jeżeli ruch postępowy odbywa się w kierunku prostopadłym do osi ruchu obrotowego, to taki ruch śrubowy nazywamy toczeniem się. W ogólnym ruchu śrubowym każdy punkt zakreśla linię krzywą przestrzenną, zwaną linią śrubową, znaną nam dobrze z mechaniki życia codziennego. Linią tą zajmiemy się dokładniej później, przy nauce o walcu. Przy toczeniu się każdy punkt zakreśla linię krzywą płaską, mianowicie cykloidę (por. w planimetryi str. 35 i str. 158 ów. 9).

§ 81. Płaszczyzny prostopadłe do siebie.

Jeżeli ze wszystkich punktów linii prostej, leżącej nad płaszczyzną, poprowadzimy linie prostopadłe do płaszczyzny, to one utworzą jedną płaszczyznę. Są bowiem do siebie równoległe i wychodzą z punktów jednej prostej, leżą więc w płaszczyźnie, wyznaczonej przez tę prostą i przez którąkolwiek prostą prostopadłą.

Fig. 217 a.

Płaszczyzna taka, zawieraj ąca nieskończenie wiele prostych prostopadłych do drugiej płaszczyzny, nazywa się płaszczyzną do niej prostopa-d ł ą. Łatwo wywnioskować, że jeżeli płaszczyzna a jest prostopadła do ß, to i odwrotnie: płaszczyzna ß jest prostopadła do a (wystarczy poprowadzić na drugiej płaszczyźnie szereg linii prostych prostopadłych do wspólnej krawędzi). Wystarczy jednak, jeżeli płaszczyzna zawiera jedną prostą prostopadłą. Twierdzimy więc, że:

Jeżeli a J_ a, to także każda prosta równoległa do a i leżąca w płaszczyźnie ß, jest prostopadła do a. (Jestto odwrócenie twierdzenia na str. 178 o dwóch prostych prostopadłych do jednej płaszczyzny).

N. p. prosta b || a musi być prostopadła do k\ aby jednak wykazać, że b _i_ a, trzeba znaleźć jeszcze drugą prostą, leżącą na płaszczyźnie a, do której prosta b byłaby prostopadłą. Poprowadźmyź n\\p, to kąty    i jf^(bp) są równe, ponieważ mają ramiona

zgodnie równoległe. <L (a n) = 90° a więc i (bp) musi być prosty a stąd wynika: b _p. Prosta b, jako linia prostopadła do dwóch linii k i p, leżących na płaszczyźnie a, jest prostopadła do całej płaszczyzny a. To samo można wrykazać o każdej innej prostej równoległej do a i leżącej na płaszczyźnie ß. Płaszczyzna ß jest więc istotnie prostopadła do a, jako zbiór nieskończenie wielu prostych prostopadłych. Otóż cechą charakterystyczną płaszczyzny prostopadłej jest:

Jestto płaszczyzna przesunięta przez jedną prostą prostopadłą do drugiej płaszczyzny. (Użycie pionu w budownictwie!).

Krawędź przecięcia się płaszczyzn prostopadłych zawiera rzuty wszystkich punktów i prostych, leżących na jednej płaszczyźnie.

ft

ek

Fig. 218.

Tak n. p. (por. fig. 218) jeżeli ß J_ a, to rzuty wszystkich punktów prostej a leżą na prostej k. Prosta k jest więc rzutem prostej a. Ponieważ k, jako linia prosta, jest wyznaczona zapomocą dwóch swoich punktów, przeto do wyznaczenia rzutu linii prostej wystarczy podać rzuty dwóch jej punktów (jednym z nich może być punkt przebicia prostej z płaszczyzną). Płaszczyzna ß, prostopadła z prostej a do płaszczyzny a, nazywa się płaszczyzną rzucającą.

(Jeżeli jakaś linia leży już na płaszczyźnie a, to jest ona swoim własnym rzutem).

Z prostej poza płaszczyzną da się do niej poprowadzić tylko jedna płaszczyzna prostopadła, ale z punktu poza płaszczyzną można

poprowadzić nieograniczenie wiele płaszczyzn prostopadłych. Widzimy stąd, że dwie płaszczyzny prostopadłe do tej samej trzeciej nie muszą być do siebie równoległe (por. fig. 219).

-k --

Natomiast mają one inną

własność.

h/A

Fig. 219.

Jeżeli dwie płaszczyzny są prostopadłe do tejsamej trzeciej a nie są równoległe, to ich krawędź musi być prostopadła do tej trzeciej płaszczyzny.

Dowód: płaszczyzna a zawiera wszystkie proste prostopadłe do y z punktów na a leżących a więc i prostopadłą z punktu P, na płaszczyźnie a leżącego. Tak samo płaszczyzna ß zawiera wszystkie proste prostopadłe do y z punktów, na ß leżących a więc i prostopadłą z punktu P, który jest wspólny płaszczyznom a i ß. Ponieważ zaś z punktu P istnieje tylko jedna prostopadła do y, więc musi nią być linia PA wspólna płaszczyznom a i ß, czyli krawędź płaszczyzn a iß.

Rozdział IV.

Proste i płaszczyzny nachylone.

§ 82. Prosta nachylona do płaszczyzny.

Widzieliśmy, źe prosta nachylona do płaszczyzny tworzy z każdej strony inny kąt. Z pomiędzy tych kątów jest jeden najmniejszy, mianowicie kąt, jaki prosta tworzy ze swoim rzutem na tę płaszczyznę.

A\

oL

Fig. 220.

Aby się przekonać, źe kąt ß jest mniejszy od wszystkich innych kątów prostej AB z płaszczyzną, porównajmy go z dowolnym innym kątem, n. p. z kątem ę. W tym celu odcinamy B C = B A' i łączymy C z A i Ä. Trójkąt A AC' jest prostokątny, więc AA'<CAC. Biorąc pod uwagę trójkąty ABC i AB A' widzimy, źe mają po dwa boki równe a trzecie nierówne, więc naprzeciw mniejszego boku musi leżeć mniejszy kąt:

Tak samo każdy inny kąt jest większy od ß.

U w a g a : gdyby płaszczyzna a była pozioma, a prosta A B ciałem ciężkiem, to przy spadaniu wykonałaby właśnie obrót o kąt ß w płaszczyźnie rzucającej.

Kąt, jaki prosta tworzy ze swoim rzutem, nazywamy kątem nachylenia prostej do płaszczyzny lub krótko: kątem prostej z płaszczyzną.

* Pomiędzy prostemi, leźą-cemi na płaszczyźnie a, jedna jest prostopadła do pochyłej PC, mianowicie ta, która jest prostopadła do jej rzutu. Aby wykazać prawdziwość tego twierdzenia, wychodzimy z założenia: A B\C E. Odcinamy AC—BC i łączymy punkty E i P z punktami A, B. Trójkąty PEB i PEA są przystające, (bo PE=PE, EB = EA, •èpPEB = A^PEA jako kąty proste). Więc PA = PB. Trójkąt PAB jest równoramienny a więc linia PC, łącząca wierzchołek ze środkiem podstawy, jest do niej prostopadła. Odwrócenie tego twierdzenia jest również prawdziwe: jeżeli prosta, leżąca na płaszczyźnie a, jest prostopadła do pochyłej, to jest prostopadła także do jej rzutu. Udowodnij ! * Widocznem jest, że proste równoległe do siebie mają do każdej przecinającej je płaszczyzny jednakowe nachylenie (wynika z podobieństwa trójkątów).

<À

Fig. 221.

fß

Fig. 222.

Płaszczyzny, rzucające dwie proste równoległe, są także do siebie równoległe, ponieważ jedna zawiera dwie proste przecinające się a równoległe do drugiej płaszczyzny (por. fig. 222).

Stąd wynika, źe rzuty prostych równoległych są także równoległe: są to bowiem krawędzie przecięcia się dwóch płaszczyzn równoległych a i ß z trzecią pła-

szczyzną ę.

Twierdzenie to odnosi się nietylko do rzutów prostopadłych, ale i do rzutów ukośnych.

§ 83. Twierdzenia o rzutach.

Przy pomocy kątów nachylenia prostej do płaszczyzny możemy teraz zbadać, od czego zależy wielkość rzutu każdego odcinka. W tym celu poprowadźmy z dowolnego punktu, leżącego poza płaszczyzną a, pęk promieni. Wiemy już (por. str. 178), źe odcinek

promienia prostopadłego jest najkrótszy. Z pośród innych odcinków pochyłych te wszystkie są równe, których rzuty są równe. Trójkąty (fig. 223) SOA, SOB, SOC,... są bowiem wtedy przystające (II).

Fig. 223.

Odwrotnie: jeżeli odcinki prostych pochyłych, wychodzących z tego samego punktu, są równe, to także ich rzuty są równ e. Wynika to z przystawania tych samych trójkątów według (III) przypadku. Ponieważ te rzuty wychodzą wszystkie z jednego punktu O, przeto ich końce leżą na obwodzie koła. Możemy więc także powiedzieć: miejscem geo-metrycznem punktów, leżących na jednej płaszczyźnie a równo oddalonych od stałego punktu S poza płaszczyzną, jest koło, którego środkiem jest rzut tego punktu S.

Wszystkie te równe pochyłe są także równo nachylone do płaszczyzny, jak to wynika z udowodnionego już przystawania trójkątów na fig. 223.

Łatwo wykazać, że im dłuższy jest odcinek pochyłej, z punktu S wychodzącej, tern większy jego rzut a tern mniejszy jego kąt nachylenia. W granicy, jeżeli odcinek dąży do wielkości nieskończenie wielkiej, to i długość rzutu dąży do nieskończoności a kąt nachylenia dąży do zera czyli: pochyła dąży do położenia równoległego. Z; drugiej strony, jeżeli odcinek pochyły maleje, to i jego rzut maleje a kąt nachylenia dąży do 90°. Jeżeli odcinek jest prostopadły (najkrótszy) to rzut jego staje się jednym punktem, więc długość rzutu wynosi zero. Widzimy stąd, że długość rzutu jest zależna od długości odcinka i od kąta nachylenia, czyli:

Długość rzutu jest funkcyą długości odcinka i jego kąta nachylenia.

B\

Fig. 224.

Nigdy jednakże rzut prostopadły nie jest większy od odcinka (dlaczego?). Odnosi się to nietylko do odcinka, mającego jeden punkt wspólny z płaszczyzną, ale także do każdego innego odcinka. Weźmy bowiem odcinek a, leżący nad płaszczyzną a i utwórzmy jego rzut r (prowadząc z jego końców prostopadle do a i łącząc ich spodki). Z punktu B' po-

prowadźmy prostą a' równoległą do « na płaszczyźnie rzucającej, to a = a, jako przeciwległe boki równoległoboku. Zamiast porównywać odcinek a z r, możemy więc porównywać a' z r. Widzimy od-razu, źe a j> r a więc i a >• r.

Tylko w położeniu granicznem, równoległem, rzut równa się odcinkowi. (Udowodnij!).

Stosunek długości odcinka do długości rzutu zalezy juz tylko od kąta nachylenia. Jeżeli się odcinek powiększy a kąt nachylenia zostanie ten sam, to rzut powiększa się w tym samym stosunku. Łatwo to wywnioskować z podobieństwa trójkątów DEF i A'B’ C' na fig. 224. Odcinki jednakowo nachylone doznają więc jednakowego pomniejszenia w rzucie. Zbierając te wnioski razem powiemy:

Rzut równa się odcinkowi, jeżeli odcinek jest równoległy do płaszczyzny rzutów, jest mniejszy od odcinka, jeżeli odcinek jest nachylony a maleje do zera, gdy odcinek dąży do położenia prostopadłego. Twierdzenie to dotyczy rzutów prostopadłych.

Przy rzutach ukośnych rzut może być większy od odcinka (por.

B’

<r.

td

\V

.to

Fig. 225.

Fig. 226.

lig. 225), może być nawet nieskończenie wielki dla skończonego odcinka (kiedj ?). Rzut ukośny odcinka prostopadłego do płaszczyzny rzutów nie

jest nigdy punktem (por. fig. 226). Jednakże i tu odcinki jednakowo nachylone doznają takiego samego zniekształcenia (powiększenia lub pomniejszenia).

Fig. 227.

Zbadawszy w ten sposób zniekształcenie, jakiemu ulegają odcinki, zajmiemy się teraz zniekształceniem k ą t ó w. Zmiana, jakiej ulega kąt przy rzucie, nie jest już tak prosta: rzut (pro-

stopadły) kąta może być równy, mniejszy, ale może być także większy od kąta. N. p. z fig. 227 widzimy, że kąt a doznał w rzucie zmniejszenia a kąt rozwarty ß powiększenia (ramię wspólne przyjęliśmy tu widocznie nachylone do płaszczyzny rzutów).

Jasnem jest natomiast, że: kąty, leżące w płaszczyźnie równoległej do płaszczyzny rzutów, nie ulegają zmianie przez utworzenie rzutu, t. j. są równe swoim rzutom (por. str. 174). (Udowodnij!)

Prawo to odnosi się także do rzutów ukośnych.

* Kąt prosty, którego jedno ramię jest równoległe do płaszczyzny rzutów, przedstawia się w rzucie również jako kąt prosty.

Fig. 228.

Dowód: jeżeli aj_b, to także rzut tej prostej c \_b (por. str. 184); więc kąt prosty jC (ab), którego jedno ramię leży na płaszczyźnie rzutów, pozostaje w rzucie kątem prostym: -jC (bc) = 90° (fig. 228).

'b

Jeżeli ramię b nie leży na płaszczyźnie rzutów, tylko jest do niej równoległe (fig. 229), to prowadzimy najpierw przez b płaszczyznę: ß || a i tworzymy najpierw rzut kąta jC (a b) na płaszczyznę ß. Wiemy już, że ten rzut będzie kątem prostym:

jC(bc) = 90°.

c'

Fig. 229.

Teraz dopiero rzucamy ten kąt na płaszczyznę a, wiemy zaś, że kąty, leżące na płaszczyźnie równoległej, są równe swoim rzutom, więc także <P(ó'c') = <U (óc)=90°. *

§ 84. Dwie płaszczyzny nachylone do siebie.

Podobnie, jak kąt nachylenia prostej do płaszczyzny mierzyliśmy kątem, leżącym w płaszczyźnie prostopadłej, poprowadzonej z tej prostej do płaszczyzny, tak i kąt nachylenia dwóch płaszczyzn mierzymy kątem, leżącym w płaszczyźnie prostopadłej do obydwu płaszczyzn. Wiemy już, źe płaszczyzna prostopadła do dwóch przecinających się płaszczyzn jest także prostopadła do ich krawędzi (por. str. 182).

Aby więc zmierzyć kąt nachy

.6

lenia płaszczyzn a i ß (fig. 230), wystarczy poprowadzić płaszczyznę y prostopadłą do krawędzi k (t. zw. przekrój normalny kąta dwuściennego). Płaszczyzna y przecina a i ß wzdłuż krawędzi a i b, które są prostopadłe do k (jak i każda inna prosta, leżąca na płaszczyźnie ęj_k). Możemy więc znaleźć kąt nachylenia dwóch płaszczyzn, t. j. wielkość kąta dwuściennego w następujący sposób:

Fig. 230.

Prowadzimy przez jakikolwiek punkt krawędzi proste prostopadłe do niej a leżące w płaszczyznach a i ß. Kąt między temi prostemi zawarty jest kątem nachylenia płaszczyzn a i ß. Łatwo wykazać, źe wielkość tego kąta nie zależy od tego, w którem miejscu poprowadzimy przekrój y (por. ćw. 11, str. 175). Miara kąta dwuściennego jest zarazem miarą kąta obrotu, jaki musi wykonać płaszczyzna a koło osi k, aby zajęła położenie ß.

Jeżeli kąt nachylenia dwóch płaszczyzn (ab) wynosi 90°, to płaszczyzny są prostopadłe. Wtedy bowiem a\_b a wykreśliliśmy a\_k, więc «J_ß; płaszczyzna zaś a, zawierająca jedną linię a prostopadłą do płaszczyzny ß, musi być sama prostopadła do płaszczyzny ß (por. str. 182). Gdyby płaszczyzny były równoległe, to a || b, więc kąt nachylenia wynosiłby 0°.

Kąty dwuścienne mają własności podobne do kątów płaskich w planimetryi — albowiem kąty płaskie są tylko przekrojami kątów dwuściennych. I tak kąty dwuścienne wierzchołkowe są równe; kąty dwuścienne przyległe spełniają się do 180°. (Udowodnij zapomocą przekroju normalnego!) Jeżeli dwie płaszczyzny równoległe przetniemy trzecią, to otrzymane kąty dwuścienne odpowiednie są równe, naprzemianległe równe a jednostronne spełniają się do 180°. (Udowadnia się przez poprowadzenie przekroju normalnego). Podobnie twierdzenia o kątach, których ramiona są parami równoległe lub parami prostopadłe, można przenieść na kąty dwuścienne.

Mówiąc o prostej nachylonej, badaliśmy zmniejszenie odcinka takiej prostej przy rzucie. Jeżeli chcemy to samo rozumowanie przeprowadzić dla płaszczyzn nachylonych, to musimy się zająć częścią płaszczyzny a więc polem. Wykażemy, że pola, lezące na płaszczyznach jednakowo nachylonych, zmniejszają się przy rzucie w tym samym stosunku.

C.

A,

Fig. 231.

Weźmy jakiekolwiek pole P, leżące na płaszczyźnie a, nachylonej do płaszczyzny ß i utwórzmy jego rzut P'. Wykreślmy linię A B prostopadle do krawędzi k i odetnijmy na niej szerokość C D pola P. To samo zróbmy na płaszczyźnie ß, w rzucie. Pola P i P' możemy rozłożyć na paski równoległe do krawędzi k, zbliżone do trapezów. Boki równoległe tych pasków pozostaną w rzucie niezmienione co

do długości a tylko ich szerokość zmieni się w stosunku C D' : C D = s, więc całe pole zmieni się w tym stosunku:

P' : P=s.

Ponieważ—jak widzieliśmy na str. 186—ten stosunek CD' : CD zależy tylko od kąta nachylenia, przeto wszystkie pola, leżące na płaszczyźnie a lub na innej płaszczyźnie, ale tak samo nachylonej do ß, doznają zmniejszenia w tym samym stosunku s.

Kiedy zmniejszenia nie będzie? Kiedy pole rzutu maleje do zera?

Ćwiczenia III. i IV.

§ 80.    1. Wykazać, że z punktu na linii prostej da się poprowadzić tylko

jedna płaszczyzna prostopadła do niej (niewprost!).

2. Wykazać, że wszystkie linie proste prostopadłe do danej prostej a przechodzące przez jeden jej punkt, tworzą płaszczyznę prostopadłą do tej prostej.

3.    Wykazać, że z punktu poza płaszczyzną da się tylko jedna linia prostopadła do płaszczyzny poprowadzić.

4.    Wykazać, że z punktu poza prostą da się do niej tylko jedna płaszczyzna prostopadła poprowadzić.

5.    Udowodnić, że miejscem geometrycznem wszystkich punktów równo

•oddalonych od dwóch końców odcinka, jest płaszczyzna prostopadła, przechodząca przez środek odcinka. Jestto płaszczyzna symetralna.

6.    Znaleźć miejsce geometryczne punktów równo oddalonych od trzech wierzchołków trójkąta.

7.    Wykazać, że dwie płaszczyzny prostopadłe do tej samej prostej są

do siebie równoległe. (Przesunąć przez tę prostą dwie dowolne płaszczyzny!). §81.    8. Udowodnić, że płaszczyzna prostopadła do prostej jest także

prostopadła do każdej płaszczyzny, zawierającej tę prostą.

9. Dwie płaszczyzny prostopadłe do siebie są także prostopadłe do trzeciej płaszczyzny. Wykazać, że ich krawędzie tworzą układ trzech osi prostopadłych do siebie.

10.    Wykazać, że jeżeli jakaś prosta i jakaś płaszczyzna są prostopadłe do tej samej płaszczyzny, to są do siebie równoległe.

11.    Wykazać, że miejscem geometrycznem punktów równo oddalonych od ramion kąta płaskiego jest płaszczyzna symetralna tego kąta (t. j. płaszczyzna, zawierająca linię dwusieczną tego kąta i prostopadła do jego płaszczyzny).

12.    Znaleźć miejsce geometryczne punktów równo oddalonych od trzech boków trójkąta (patrz poprzednie zadanie).

13.    Wykazać, że dwie płaszczyzny równoległe tworzą równe kąty z każdą przecinającą je prostą. (Z dowolnego punktu tej prostej poprowadzić prostopadłą do obu płaszczyzn).

§    82—84.    14. Wykazać, że im dłuższy jest odcinek pochyłej z punktu

poza płaszczyzną, tern większy jego rzut.

15. Punkt, leżący ponad płaszczyzną, połączyć z punktami na obwodzie dowolnego koła, leżącego na tej płaszczyźnie. Który z tych odcinków jest najkrótszy?

^ 16. Wykazać, iż stosunek podziału odcinka nie zmienia się ani przy rzucie prostopadłym, ani przy rzucie ukośnym.

17.    Wykazać, że kąty równe, leżące na płaszczyznach równoległych i mające jedną parę ramion równoległą a drugą zwróconą w tę samą stronę, mają i drugą parę ramion równoległą.

18.    Wykazać, że kąty dwuścienne: a) odpowiednie są sobie równe, b) naprzemianległe są sobie równe, c) jednostronne spełniają się do 180°.

19.    Jaką własność mają punkty płaszczyzny dwusiecznej kąta dwuliściennego?

20.    Wykazać, że w rzucie koła rzut każdej średnicy jest przepołowiony rzutem środka koła. Kiedy ten rzut będzie kołem a kiedy linią prostą?

21.    Rzut odcinka a ma długość a = 4 cm a proste rzucające jego końce: b = l cm, b' = 9 cm. Obliczyć długość odcinka a. Jak daleko trzeba ten odcinek przedłużyć, aby się przeciął z płaszczyzną rzutów?

22.    Trójkąt ma podstawrę 5 cm a wysokość 6 cm. Obliczyć rzut pola tego trójkąta na płaszczyznę, nachyloną do jego płaszczyzny pod kątem a) 45°, b) 60° a rówmoległą do podstawy trójkąta.

23.    Obliczyć pole linii krzywej, powstającej z rzutu koła o promieniu r = 6 cm nachylonego tak, że odcinki prostopadłe do krawędzi skracają się w stosunku 1:3.

24. Obliczyć pole linii krzywej, powstającej z rzutu koła, leżącego na płaszczyźnie nachylonej pod kątem 45° do płaszczyzny rzutową znając promień koła r— 15 cm.

Rozdział V.

O narożach.

§ 85. Określenie naroża (kąta bryłowego).

W planimetryi po zbadaniu wzajemnego położenia dwóch prostych omawia się utwory geometryczne powstające z trzech linii prostych. W stereometryi zastępujemy linie proste płaszczyznami. Położenie dwóch płaszczyzn omówiliśmy już w § 79. Trzy płaszczyzny mogą mieć względem siebie następujące położenia:

a) trzy płaszczyzny są równoległe do siebie;

dwie płaszczyzny równoległe są przecięte trzecią płaszczyzną;

c)    trzy płaszczyzny mają całą krawędź wspólną;

d)    trzy płaszczyzny przecinają się wzdłuż trzech krawędzi równoległych i

e) trzy płaszczyzny przecinają się wzdłuż trzech krawędzi nie-równoległych.

Przypadki a, ł>, c, d omówiliśmy już w poprzednich ustępach. Nowym jest dla nas przypadek e.

Fig. 232.

Łatwo wykazać, że trzy płaszczyzny, przecinające się wzdłuż trzech krawędzi nierówno-ległych, mają tylko jeden punkt wspólny: jestto punkt, w którym się przecinają trzy krawędzie. Jeżeli z tych płaszczyzn narysujemy tylko części zawarte między krawędziami, otrzymamy utwór geometryczny, przedstawiony na fig. 232. Ten nowy utwór, odpowiadający trójkątowi w planimetryi, nazywamy narożem trój ścień nem lub kątem bryłowym trójściennym.

Jestto więc układ trzech płaszczyzn przesuniętych przez trzy proste, przecinające się w jednym punkcie S.

Takie naroże zawiera trzy kąty płaskie:    jj{kg)

i $ć(jik) i trzy kąty dwuścienne: ^C(ßY)? ^C(aï) i ^C(aß).

Punkt S nazywa się wierzchołkiem kąta bryłowego. Mamy tu więc sześć części składowych, czyli sześć »elementów«, podobnie jak w trójkącie. Badanie kątów bryłowych trójściennych jest niejako rozszerzeniem badań, przeprowadzonych na trójkącie w planimetryi. Nawet brzmienie wielu twierdzeń pozostaje to samo, jeżeli słowo »bok« zastąpimy słowem »kąt płaski« a słowo »kąt« słowem »kąt dwu-ścienny«. Trójkąt jest bowiem tylko przekrojem kąta bryłowego.

Jeżeli więcej płaszczyzn przecina się w jednym punkcie, ale tylko po dwie wTzdłuź jednej krawędzi, naroże nazywa się wielościenne. Jeżeli wszystkie kąty płaskie są równe i wszystkie kąty dwuścienne między sobą, to naroże nazywa się umiarowe.

§ 86. Przystawanie kątów bryłowych. Naroże biegunowe.

Dwa utwory przestrzenne nazywają się przystające, jeżeli wszystkie elementy jednego utworu (a więc krawędzie, kąty płaskie, kąty dwuścienne i t. d.) są równe odpowiednim elementom drugiego i następują po sobie w tym samym porządku.

Utwory przestrzenne nazywają się podobne, jeżeli wszystkie kąty są równe a wszystkie odcinki jednego utworu są proporcyo-nalne do odpowiednich odcinków drugiego.

Stosując to ogólne określenie przystawania do naroża, powiemy:

Dwa naroża nazywają się przystające, jeżeli ich kąty płaskie i kąty dwuścienne są parami równe w tym samym porządku. Takie utwory można sprowadzić do nakrycia przez wykonanie odpowiedniego ruchu. Aby się przekonać, czy dwa naroża trójścienne są • przystające, wystarczy zbadać rówmość trzech części odpowiednio dobranych, podobnie jak dla trójkątów⁷.

Mamy sześć przypadkóic przystawania kątów⁷ bryłowych trój-

mianowicie:

<r

ściennych,

Dwa naroża trójścienne są przystające, jeżeli ma-

4 LŁ

b.

b'

3'

Fig-. 233.

ją: 1. trzy kąty płaskie równe; 2. trzy kąty dwuścienne równe; 3. dwa kąty płaskie i kąt dwu-ścienny między nimi zawarty równe; i. dwa kąty dwuścienne i kąt płaski między nimi zawarty ró-

w ne; 5. dwa kąty płaskie i kąt dwuścienny, lezący naprzeciw tego kąta płaskiego, który jest blizszy 90°, równe; 6. dwa kąty dwu-ścienne i kąt płaski, lezący naprzeciw tego kąta dwuściennego, który się mniej różni od 90°, równe.

Fig. 234.

Me będziemy tu szczegółowo udowadniali tych sześciu przypadków a tylko wykażemy, jak się do nich dochodzi drogą konstrukcyjną. Weźmy n. p. pierwszy przypadek przystawania. Mamy podane trzy kąty płaskie a, ß i y. Rysujemy je jeden obok drugiego z tegosamego wierzchołka S na jednej płaszczyźnie. Odcinamy S X == S X i obracamy płaszczyzny kątów ß i y około osi /SM i SB tak długo, aź się zejdą punkty X i X'. Wtedy i całe proste SX i SX' muszą się nakryć i otrzymamy jeden ściśle oznaczony kąt bryłowy. Wszystkie inne kąty bryłowe, zbudowane z takich samych kątów płaskich, wymagają takichsamych obrotów przy konstrukcyi, mają więc jednakowe kąty dwuścienne czyli są przystające. Podobnie dochodzimy do przypadków 3 i 5.

Z tej konstrukcyi wysnuwamy ważny wniosek:

W narożu trójściennem suma dwóch kątów płaskich musi być większa od trzeciego. W przeciwnym bowiem razie przy obrocie ściany ß i y albo nie zeszłyby się wcale, albo przecięłyby się dopiero na płaszczyźnie a a więc nie utworzyłyby kąta bryłowego. (Jakie twierdzenie odpowiada temu twierdzeniu w planimetry i?)

c'y

s4f

cAC

b:

Fig. 235.

* Dla dowodu innych przypadków przystawania używa się pomocniczego kąta bryłowego, któryby był niejako dopełnieniem danego naroża. Z dowolnego punktu S' (fig. 235) na polu kąta bryłowego /Sprowadzimy trzy linie prostopadłe do jego ścian i przez te trzy linio przesuwamy płaszczyzny S'A, S’B, S’ C. Płaszczyzny te są prostopa-

E A i S A _j_ G A, więc kąt a jest miarą kąta dwuścien-

dłe do ścian naroża S (dlaczego?). W ten sposób powstaje nowe naroże S', które nazywamy narożem biegunowem względem S. Naroża S i S' przecinają się wzdłuż krawędzi A E, AG, BE, BE, CE, C G. Kąty a, b, c, które powstały przy krawędziach SA, SB, SC są kątami dwuściennymi naroża S. Albowiem: płaszczyzna S' A jest prostopadła do ß i do ę a zatem i do ich krawędzi SA a wobec tego SA

nego, leżącego przy krawędzi SA. Tak samo jC b i jC c. Biorąc pod uwagę płaski czworokąt S' E A G, w którym jC E= 90° i G = 90°, widzimy, że:

(1)

a +    = 180°.

Tak samo b-f-ß' i c-\~Y spełniają się do 180°. A więc: dwuścienne kąty naroża spełniają się do 180° z płaskimi kątami naroża biegunowego.

Podobnie z czworokąta SACG wynika, że ß-f-V — 180°, gdzie b' jest kątem dwuściennym naroża S’.

Taksamo a-j-a' = 180°, t-|-c' = 180⁰, więc:

Kąty płaskie naroża spełniają się do 180° z kątami dwuściennymi naroża biegunowego.

Twierdzenia te możemy zastosować do konstrukcyi naroża trójściennego w drugim przypadku przystawania. Mamy podane kąty dwuścienne a, b, c. Z wzorów (1) otrzymamy:

A = 180° — a ß' = 180° — b Y = 180° — c

Z kątów Z, ß', Y budujemy naroże według pierwszego przypadku a następnie z dowolnego punktu prowadzimy trzy linie prostopadłe do ścian, to one wTyznaczą kąt bryłowy, w którym kąty dwuścienne będą miały żądane wielkości: a, b, c. Podobnie postępujemy w 4 i 6 przypadku. *

§ 87. O sumie kątów w narożu.

W trójkącie suma kątów wynosi 180°. W narożu trójściennem nie mamy już takiej prostej równości, zachodzą natomiast pewne nierówności tak dla kątów płaskich, jak i dla kątów dwuściennycli. I tak wykażemy, że:

w każdym kącie bryłowym trójściennym suma kątów płaskich jest mniejsza od 4 R (t. j. od 360°).

Dla dowodu przecinamy naroże (fig. 236) płaszczyzną, nie przechodzącą przez wierzchołek a przecinającą wszystkie krawędzie. Otrzymaliśmy cztery trójkąty, w których suma kątów wynosi 4.2 R = 8 R.

Od tej sumy trzeba jednak odjąć sumę kątów trójkąta A B C, a więc zostanie 6R. Od tego trzeba jeszcze odjąć po dwa kąty, leżące przy wierzchołkach A, B i C. Ponieważ w kaź dem naroż u trójściennem suma dwóch kątów płaskich jest większa od trzeciego, przeto suma kątów, które mamy jeszcze odjąć, jest większa od j^A-\-<j: B    czyli

większa od 2 R. Jeżeli zaś od 6 i? odejmiemy coś więcej jak 2 R, zostanie liczba mniejsza od 4 R. Więc:

Fig. 236.

« + ß + 7<422

Twierdzenie to odnosi się nietylko do naroża trójściennego, ale także do każdego naroża wielościennego.

* Inna nierówność zachodzi dla kątów dwuściennycli, miano

wicie :

(2)

w każdym kącie bryłowym trójściennym suma kątów dwu-ściennych jest większa od 2 R ale mniejsza od 6 R. Dla dowodu używamy naroża biegunowego. Widzieliśmy, że a -f- a' = 180°, &-|-ß'=1800 i c-180° a więc a -f- b -(- c -j- <x' ß' -f- ą — 6 R.

Stąd odrazu widać, że suma samych kątów dwuściennycli a,b i c jest mniejsza od 6 R. Ponieważ zaś a' -J- ß' -f- y' < 4 R, jako suma kątów płaskich w narożu trójściennem, to, odejmując od lewej strony równania (2) liczbę a! —(— ß' —|— y' mniejszą od 4 R, otrzymamy resztę większą od 2 R, więc

2RCa-j-b-j-c<:6 R

Dla naroża wielościennego otrzymujemy na sumę kątów divu-ściennych granice inne, mianowicie, jeżeli liczba ścian wynosi n, to:

2R{n — 2)<C.S <j2R .n

Udowodnij! *

Celem zmierzenia wielkości kąta bryłowego zakreśla się z jego wierzchołka kule o promieniu równym jednostce długości i oblicza się powierzchnię krzywą, jaką odcinają ściany kąta bryłowego. Wielkość tej powierzchni uważa się za miarę kąta bryłowego. Jestto uogólnienie łukowej miary kąta. Obliczenie wielkości powierzchni wyciętej na kuli przez kąt bryłowy sprawna znaczniejsze trudności. W trygonometryi sferycznej bada się tę sprawę dokładniej (por. str. 288).

Ćwiczenia V.

§ 85.    1. Wykazać, że jeżeli trzy płaszczyzny przecinają się w krawędziach

nierównoległych, to te krawędzie nie mogą być wichrowate, tylko przecinają się i to w jednym punkcie.

§ 86.    2. Jak należy wykonać konstrukcyę naroża trójściennego, znając:

a) dwa kąty płaskie i kąt dwuścienny między nimi zawarty; b) dwa kąty płaskie i kąt dwuścienny, leżący naprzeciw większego kąta płaskiego.

+ 3. Narysować naroże trójścienne, którego kąty płaskie wynoszą po 90° i jego naroże biegunowe.

3^ 4. Kąty dwuścienne naroża trójściennego wynoszą: a=90°, 5=60°, c=120°. Jak należy wykonać konstrukcyę tego naroża przy pomocy naroża biegunowego?

*    5. Jak wykonamy konstrukcyę naroża trójściennego, mając podane: a) dwra kąty dwuścienne i kąt płaski, między nimi zawrarty; b) dwa kąty dwuścienne i kąt płaski, leżący naprzeciw tego kąta dwuściennego, który jest bliższy 90°? (Użyć naroża biegunowego!)

*    6. Wykazać, że w narożu trójściennem naprzeciwjjwiększego kąta płaskiego leży większy kąt dwuścienny (dla dowodu odciąć mniejszy kąt płaski od większego).

§ 87. 7. Wykazać, że w narożu czworościennem suma kątów płaskich wynosi mniej, aniżeli 4 R.

8.    Wykazać, że w narożu pięciościennem suma kątów dwuścien-nych jest większa od 6 R a mniejsza od 10 R.

9.    Wykazać, że naroże ^na fig. 235 jest biegunowem do naroża S'.

Rozdział VI.

Symetrya.

§ 88. Naroża trójścienne symetryczne względem siebie.

Mówiąc o przystawaniu naroży trójściennych zastrzegliśmy wyraźnie, że równe części w obydwu narożach mają następować po sobie w tym samym porządku. W planimetryi zastrzeżenie to nie było potrzebne, w stereometryi zaś jest, jak to obaczymy, konieczne. Weźmy pod uwagę dwa naroża trójścienne, mające wszystkie elementy równe ale następujące po sobie w przeciwnym porządku (to

czy: patrząc od S na punkty A, B, C kolejno musimy zwracać się w kierunku zgodnym z ruchem wskazówki zegarowej, od Sr zaś widzimy, że punkty A' B’ C następują po sobie w porządku odwrotnym).

zna-

S'

i ''

, <A.

A A 6'

Fig. 237.

Oprócz tego niech

kąty a, ß, y będą wszystkie różne między sobą. Te naroża nie dadzą się sprowadzić do nakrycia żadnym ruchem. (Sprawdzić na modelu!) Gdyby nawet ściana S’ A' C nakryła ścianę S A C, to krawędź S B' będzie leżała albo za płaszczyzną S A C, albo przed płaszczyzną ale po lewej stronie krawędzi S B. Utworów i S'A'B' C nie możemy więc nazwać przystającymi, ponieważ nie posiadają zasadniczej własności figur przystających:

nie dadzą się sprowadzić do nakrycia przez ruch mimo, źe mają wszystkie części równe. Figury te posiadają natomiast inną niemniej ważną własność. Dadzą się one ustawić tak, źe jedno naroże jest zwiercia-dłowem odbiciem drugiego. Ściślej : naroża te dadzą się tak ustawić, źe punkty jednego są symetryczne względem odpowiednich punktów drugiego. Aby to udowodnić, oprzemy się na określeniu symetrycznego położenia. O dwóch punktach i ii' w przestrzeni mówimy, źe leżą symetrycznie, jeżeli są jednakowo oddalone od jednej płaszczyzny, lezą po przeciwnych stronach tej płaszczyzny, ale na tej samej linii prostopadłej do płaszczyzny. Tę płaszczyznę nazywamy płaszczyzną symetryi punktów A i A' lub płaszczyzną symetralną.

S'

e"'

Wykonajmy taką konstrukcyę dla czterech punktów S AB C naroża S (fig. 238) i połączmy *S" z A' B' C'. Otrzymaliśmy w ten sposób naroże S'A'B'C', mające wszystkie elementy równe odpowiednim elementom figury S AB C, ale w odwrotnym po-rządku. (Np. SA = S'A', bo trapezy SAXY i S'A'XY są przystające, tak samo S B = S'B', AB — A'Bj więc =    ę')- Otrzymane w ten

Fig. 238.

sposób naroże nazywa się narożem symetrycznem względem

pierwotnego i leży w położeniu symetrycznem.

Naroża trójścienne, mające wszystkie elementy równe ale następujące po sobie w odwrotnym porządku, są utworami symetrycznymi względem siebie.

Określenie to stosujemy do wszystkich utworów przestrzennych

wogóle.

Utwory symetryczne w planimetryi, t. j. leżące na jednej płaszczyźnie, można było sprowadzić do nakrycia, trzeba było jednak wyjąć jeden utwór z płaszczyzny dwuwymiarowej i wykonać obrót w trójwymiarowej przestrzeni. Utwory przestrzenne symetryczne względem siebie trzebaby wyjąć z przestrzeni trójwymiarowej i obrócić w przestrzeni czworowymiarowej. Konstrukcya taka jest jednak niemożliwa w naszej geometryi trójwymiarowej, dlatego utwory przestrzenne symetryczne nie dadzą się sprowadzić do nakrycia.

Podaj kilka przykładów utworów symetrycznych względem siebie z życia codziennego!

§ 89. Utwory symetryczne. (Inne rodzaje symetryi.)

Utwory geometryczne, dające się rozłożyć zapomocą jakiejś płaszczyzny (przekroju) na dwie części symetryczne względem siebie, nazywamy utworami symetrycznymi.

N. p. kostka jest utworem symetrycznym, posiada bowiem pła szczyzny symetryi i to aź dziewięć takich płaszczyzn. Są to trzy płaszczyzny, przechodzące przez środki krawędzi i sześć płaszczyzn, przechodzących przez przekątnie przeciwległych ścian (fig. 239 a).

Taką symetryę posiadają postacie zupełne kryształów, należących do pierwszego układu krystalograficznego (równoosiowego).

Postacie drugiego układu krystalograficznego (jednotrójosio-wego) posiadają siedem płaszczyzn symetryi, n. p. słup sześcioboczny (fig. 239 b). W trzecim układzie, jednodwuosio-wym, mamy pięć płaszczyzn symetryi, w czwartym, róźnoosio-wym trzy, w piątym, jednoko-śnym jedną a w szóstym, trój skośnym, niema żadnej płaszczyzny symetryi (por. fig. 239 c, d, e, f).

Utwory takie, jak postacie szóstego układu krystalograficznego, są więc utworami niesymetrycznymi (asymetrycznymi).

\K

ej

rj

V Fig. 239

Oprócz symetryi względem płaszczyzny mamy jeszcze dwa rodzaje syme-

Yo

is'

5'

A'

A'

8'

tryi:    symetryę

względem punktu i symetryę względem prostej (osi).

Jeżeli wszystkie punkty jakiejś figury połączymy z je-q‘ dnym punktem O (fig. 240) i na

przedłużeniach

tych linii odetniemy odpowiednie odcinki równe, otrzymamy figury symetryczne względem punktu, zwanego środkiem symetryi.

Takie figury mają wszystkie odcinki i kąty równe, ale w odwrotnym porządku, są więc figurami symetrycznemi także w dawnem znaczeniu, to znaczy względem płaszczyzny. Aby je sprowadzić do położenia symetrycznego, wystarczy obrócić górną figurę o 180° dokoła pewnej osi, przechodzącej przez środek O. Płaszczyzną symetryi jest płaszczyzna, przechodząca przez O a prostopadła do osi obrotu.

Prostym przykładem takich utworów środkowo-symetrycznych jest jakiekolwiek naroże wraz z narożem wierzchołkowem, t. j. takiem narożem, które powstaje przez przedłużenie krawędzi poza wierzchołek (por. fig. 240).

A'

Ô'

C‘

Fig. 241.

Podobnie określamy symetryę względem linii prostej, zwanej osią symetryi. Jeżeli ze wszystkich punktów jakiejś figury poprowadzimy linie prostopadłe do osi XX (fig. 241) i na ich przedłużeniach odetniemy równe odcinki odpowiednie, to otrzymamy figurę symetryczną względem osi X X. Figury takie, jak to łatwo wykazać, mają wszystkie^ części skła-kowe równe w tym samym porządku, są więc przystające. Aby je sprowadzić do nakrycia, wystarczy wykonać obrót o 180° koło osi symetryi. (Punkt S na figurze 241 leży przed płaszczyzną rysunku a punkt S' za nią; punkty ABC obraliśmy w płaszczyźnie rysunku.)

Oprócz takich osi symetryi używa się często także osi symetryi wyższego rzędu. Weźmy n. p. trójkąt równoboczny (fig. 242) i oś prostopadłą do jego płaszczyzny w środku trójkąta. Istnieją tu trzy obroty o 120°, sprowadzające ten trójkąt do nakrycia ze sobą. Taką oś nazywamy osią symetryi trzeciego rzędu. Kwadrat posiada oś symetryi czwartego rzędu. W kwadracie ta oś jest także osią symetryi w pierwotnem znaczeniu, bo obrót połowy kwadratu o 180° sprowadza ją do nakrycia z drugą połową, tymczasem oś trzeciego rzędu trójkąta równobocznego nie posiada tej własności, nie jest więc osią symetryi w znaczeniu pierwotnem.

Fig. 242.

Kostka posiada trzy gatunki osi symetryi. Mamy trzy osie czwartego rzędu (fig. 243 a). Następnie są cztery osie trzeciego rzędu

4-

-r

à)

Fig. 243.

(fig. 243 b), bo koło osi A B można wykonać trzy obroty, sprowadzające kostkę do nakrycia z pierwotnem położeniem: najpierw taki obrót, w którym punkt D padnie na C, później taki, w którym D przez C padnie na jE, wreszcie pełny obrót, przy którym D, przeszedłszy punkty C i JE, wróci do dawnego położenia. Wreszcie istnieje sześć osi drugiego rzędu: są to proste, łączące środki przeciwległych krawędzi. Z tych trzynastu osi jest tylko dziewięć właściwych osi symetryi (w pierwotnem znaczeniu), mianowicie osie na fig. 243 a i 243 c. Jestto ogólne prawo, że z pomiędzy osi wyższego rzędu tylko te są wła-ściwemi osiami symetryi, których rząd jest parzysty (drugi, czwarty i t. d.). Za osie krystalograficzne przyjmuje się z reguły osie najwyższych rzędów (n. p. w kostce osie narysowane na fig. 243 a).

Ćwiczenia VI.

§ 88—89.    1. Wykreślić utwór symetryczny do danej kostki.

2.    Wykazać, że kąt dwuścienny jest utworem symetrycznym.

3.    Wykreślić wszystkie płaszczyzny symetryi: a) ośmiościanu umiarowego; b) czworościanu umiarowego wpisanego w kostkę.

4.    Wykreślić płaszczyzny symetryi ostrosłupów podwójnych, należących do II, III, IV układu krystalograficznego.

5.    Do dowolnego prostopadłościanu wykreślić utwór środkowo-syme-tryczny.

6.    Do dowolnego ostrosłupa wykreślić utwór osiowo-symetryczny.

7.    Jeżeli jakiś utwór posiada dwie prostopadłe płaszczyzny symetryi, to ich krawędź jest osią symetryi. (Udowodnij!)

8.    Wykazać, że figura, posiadająca jedną płaszczyznę symetryi i jedną prostopadłą do niej oś symetryi, posiada także środek symetryi, mianowicie: spodek tej prostopadłej.

9.    Wykreślić wszystkie osie symetryi: a) ośmiościanu umiarowego; b) dowolnego prostopadłościanu.

10. Jakie elementy symetryi posiada: a) walec prosty; b) stożek prosty;

c) kula?

11. Dwie figury są symetryczne do tej samej trzeciej względem dwóch różnych płaszczyzn. Jaki ruch należy wykonać, aby je sprowadzić do nakrycia.

12.    Wykazać przy pomocy symetryi, że punkty, połowiące krawędzie czworościanu umiarowego, są wierzchołkami ośmiościanu umiarowego.

13.    Jakie elementy symetryi posiada kostka, której a) jedna ściana jest czarna a inne białe; b) dwie ściany czarne a inne białe?

14.    Jakie elementy symetryi posiada ośmiościan, którego jedno naroże ścięto płaszczyzną, odcinającą równe kawałki czterech krawędzi, schodzących się w tern narożu?

Rozdział VII.

O rysunku perspektywicznym.

§ 90. O perspektywie środkowej (malarskiej).

Zanim przystąpimy do badania brył, musimy się zastanowić nad pewną niedogodnością rysunku. Wspominaliśmy juz wr planime-tryi, źe rysunek jest dla nas tylko środkiem pomocniczym, jest nie-doskonałem urzeczywistnieniem utworów geometryi idealnej. Zawiszę jednak na tym rysunku można było z pewnem przybliżeniem sprawdzać dokładność konstruKcyi i obliczeń a nawet wykonywać obliczenia. W stereometryi ua pierwszy rzut oka odpadają te wszystkie dogodności. Utwór przestrzenny nie da się narysować na płaszczyźnie nawet w przybliżeniu.

;fQ

To, co rysujemy, jest tylko obrazem płaskim, wywołującym w naszem oku obraz taki sam — lub przynajmniej zbliżony do ta-

tx

>-----

III

kiego, jaki powstaje, gdy patrzymy wprost na utwór przestrzenny. N. p. na fig. 244 narysowaliśmy kostkę tak, jak się ona naszemu oku przedstawia. Ściana tylna, jako dalsza, wydaje się mniejszą od przedniej. Linie a, b, c, d, które są w rzeczywistości rówmoległe, zdają się zbiegać ku pewnemu punktowi O, o czem dzienne doświadczenie poucza. Jestto t. zw. »punkt oczny«.

nas co-

Uwaga: Obrazy linii równoległych, biegnących od naszego oka, muszą się zbiegać na takim rysunku, ponieważ kąt widzenia przedmiotu bliższego jest zawsze większy, aniżeli kąt widzenia przedmiotu dalszego. A więc odstęp dwóch linii równoległych, który jest wszędzie równy, wyda się nam większy w miejscu AB, aniżeli w miejscu dalszem C D (por. fig. 245). Jeżeli więc rysunek ma sprawiać wrażenie rzeczywistości, to musimy odrazu narysować odcinek C D mniejszy niż A B. Stąd wynika, że linie równoległe x x' i y y' będą się na rysunku przedstawiały jako zbieżne. (Tor kolejowy na rysunku lub na fotografii)!

y‘

X‘

Fig. 245.

Linie poziome, równoległe do linii, łączącej nasze oczy, pozostają w rysunku perspektywicznym ró-

wnoległemi, zarówno jak i linie pionowe.

Kąty proste w naturze występują na rysunku bądźto jako ostre, bądźto jako rozwarte n. p. cl, jC b na fig. 244, a odcinki a, b, c, d, które powinny być wszystkie równe odcinkowi m, są wszystkie krótsze i to w rozmaitym stosunku.

Jakkolwiek taki rysunek sprawia w naszem oku złudzenie kostki (najlepsze złudzenie otrzymamy wtedy, jeżeli umieścimy nasze oko nad punktem O w niewielkiej odległości od płaszczyzny rysunku) i jakkolwiek dla malarstwa ma pierwszorzędne znaczenie, jednakowoż nie nadaje się zupełnie do celów geometryi, techniki i przemysłu. Na figurze takiej nie można uskuteczniać żadnych pomiarów, ' jeżeli się nie posiada głębszych wiadomości z geometryi rzutowej a i wtedy obliczenia są bardzo mozolne.

Rysunek taki nazywa się perspektywą środkową lub malarską. Przykładami takiej perspektywy są zdjęcia fotograficzne i każdy dobry obraz. Aby obraz perspektywiczny otrzymać, łączymy oko O z wszystkimi punktami danego przedmiotu (por. fig. 246) i ten pęk promieni przecinamy płaszczyzną prostopadłą do kierunku widzenia, t. zw. płaszczyzną obrazową. Na tej płaszczyźnie powstanie płaski obraz przedmiotu przestrzennego. Podobny obraz powstaje, jeżeli przedmiot umieszczony przed płaszczyzną obrazową rzuca na nią cień. Cień ten jest także perspektywicznym obrazem przedmiotu, jednakże występuje na nim tylko kontur (zarys).

V // 7

/> i

/// >

-A

■g

Fig. 246.

Kierunkiem widzenia nazywamy oś stożka, utworzonego przez wszystkie promienie, łączące oko ze skrajnymi widzialnymi punktami.

Ponieważ perspektywa środkowa ma dla celów praktycznych podrzędne znaczenie a konstrukcye potrzebne przy niej są dosyć złożone, przeto nie będziemy się tutaj zajmowali takim rysunkiem a przejdziemy do znacznie prostszego sposobu przedstawiania utworów geometrycznych, do t. zw. perspektywy równoległej.

§ 91. Perspektywa równoległa.

Wyobraźmy sobie, że oko znajduje się tak daleko od przedmiotu, że promienie, łączące z nim oko, można uważać za wiązkę promieni równoległych. Jeżeli tę wiązkę promieni przetniemy płaszczyzną (t. zw. płaszczyzną obrazową), otrzymamy na niej obraz, zwany perspektywą równoległą.

Rozróżniamy dwa rodzaje perspektywy równoległej zależnie od tego, czy promienie rzucające są prostopadłe do płaszczyzny obrazowej, czy też nachylone. Obraz, powstający przez rzut prostopadły, nazywa się perspektywą równoległą prostopadłą, rzut zaś ukośny tworzy perspektywę równoległą ukośną.

<*>

S\|

-----

Cb

Sn

Obydwa te sposoby rysowania przedmiotów najłatwiej zrozumieć przy pomocy rysunku kostki (sześcianu).

te

Fig. 247.

Zbadajmy najpierw rzut prostopadły. — Ustawmy kostkę jedną ścianą równolegle do płaszczyzny obrazowej (fig. 247), to z wielkiej odległości zobaczymy tylko przednią ścianę; obrazy ściany tylnej i ścian bocznych nakryją się z obrazem ściany przedniej i z obwodem tego obrazu.

Obraz Ä B' C D' nie zasługuje jednak na nazwę perspektywy w pierwotnem znaczeniu tego słowa. Słowo to bowiem pochodzi od słowa łacińskiego: »perspicio« = przeglądam a z rysunku tego nie mamy żadnego przeglądu całej bryły. Może to być obraz kostki, ale równie dobrze może to być obraz klina AB CDMN, lub kwadratu AB CD i t. p.

v'

ct

Fig. 248.

Aby na rysunku wystąpiły także ściany boczne kostki, trzeba • ją ustawić inaczej, sztuczniej; trzeba jedno naroże zwrócić ku nam. Wtedy w-ystąpią już na obrazie wszystkie ściany kostki odrębnie (tylne kreskujemy). Proste B A, B C, B E prostopadłe do siebie w rzeczywistości tworzą na rysunku kąty rozwarte a, ß i ę i doznają pewnych skróceń, zależnych od kątów a, ß i ę a różnych dla każdej z tej linii (por. fig. 248).

Konstrukcya jest wtedy tylko łatwa, jeżeli kostkę umieścimy symetrycznie przed płaszczyzną rysunku tak, aby nachylenie wszystkich krawędzi do płaszczyzny obrazowej było jednakowe (po 45°). Wtedy kąty a ß ę będą wynosiły po 120° a wszystkie krawędzie doznają tego samego skrócenia. Obrazem kostki będzie

<9

Fig. 249.

sześciokąt umiarowy z wykreślonemi przekątniami (por. fig. 249).

Takie obrazy nazywamy już perspektywą,.. równoległą (prostopadłą) i bywają one używane w technice. Dla nas jednak wmźniejsze są rzuty ukośne.

Rzut ukośny każdej figury, leżącej na płaszczyźnie równoległej do płaszczyzny obrazowej, jest przystający do tej figury (por. fig. 250 i str. 186) a więc ani odcinki ani kąty tej figury nie doznają w rzucie żadnej zmiany.

>D

\\ \ W \

\ENty

oc

c\

Fig. 250.

Zbadajmy teraz, jakim zmianom ulegają odcinki prostopadłe do płaszczyzny rzutów. Aby utworzyć rzut odcinka A B prostopadłego do x> (fig- 251), prowadzimy z punktu A prostą A A', nachyloną dowolnie do płaszczyzny.

Prosta A A’ jest promieniem rzucającym a odcinek Ä B jest ukośnym rzutem odcinka AB. Z tej figury widzimy:

1) Rzut ukośny odcinka prostopadłego do płaszczyzny obrazowej może być krótszy lub dłuższy od tego odcinka i to w dowolnym stosunku, zależnym od kąta nachyleüia promieni rzucających. Ten stosunek:

A’ B \ AB — s

Tm

Fig. 251.

nazywamy skróceniem rzutu ukośnego, ponieważ zwykle dla wyrazistości rysunku obieramy kierunek promieni tak, aby Ä B <C A B.

2) Zależnie od tego, z której strony pada promień rzucający, rzut A' B tworzy rozmaite kąty z prostą m równoległą do osi naszych Kąt ten może być ostry, rozwarty a nawet wypukły (por. fig.

W przeciwnym razie ten stosunek należałoby nazwać powiększeniem.

oczu.

251 a, b). Gdybyśmy zwrócili uwagę na kąt prosty, utworzony przez odcinki A B i m, to rzutem jego na płaszczyznę p jest właśnie kąt

CA

>A’

a:

AA

Fig. 251 b.

Fig. 251 a.

t

a == A' B C. Widzimy więc, że kąt prosty, którego jedno ramię jest równoległe do osi oczu a drugie prostopadłe do płaszczyzny obrazowej, doznaje zmiany: zmienia się on na kąt a ostry, rozwarty lub wypukły. Kąt ten nazywamy kątem skręcenia ramienia A B lub kątem zniekształcenia rzutu ukośnego.

Takiej samej zmiany doznaje kąt prosty, którego ramię m nie leży na płaszczyźnie obrazowej, byle było równoległe do niej.

Dla dowodu trzeba utworzyć najpierw ukośny rzut tego kąta na płaszczyznę równoległą dop (fig. 252) a zawierającą ramię BC. Potem rzucamy ten utwór C B A" na płaszczy-znę p, przyczem już kąt nie dozna zmiany.

.8

CO'

■f—L

CH

/oc

B’

Obrawszy pewien kierunek promieni padających, otrzymamy pewne skrócenie i skręcenie. Można jednak także postąpić odwrotnie: obrać z góry pewne skrócenie i skręcenie a przez to już będzie określony kierunek promieni rzucających (n. p. na

fig. 251, znając kąt a i stosunek A B : A' B, wykreślamy dowolny odcinek A B, obliczamy A’ B i wykreśliwszy A' B pod żądanym kątem, łączymy A z A'.

Do wyznaczenia rzutu ukośnego wystarczy zatem podać skrócenie s i skręcenie a.

Prawa rzutu ukośnego wystąpią jeszcze jaśniej, jeżeli zamiast odcinków weźmiemy pod uwagę jakąś prostą bryłę, n. p. kostkę.

Fig. 253.

Ustawmy kostkę tak, aby jedna ściana była równoległa do płaszczyzny rysunku a dno poziome (wyobraźmy sobie, że płaszczyzna rysunku jest pionowa, n. p. tablica). Jeżeli na tę kostkę patrzymy z wielkiej odległości (ukośnie z boku), to oko nie odczuwa różnicy zbieżności promieni, pochodzących od ściany tylnej a ściany przedniej kostki na fig. 253. Wtedy widzimy i tylną i przednią ścianę w równej wielkości a wobec tego linie a, b, c, d muszą być na rysunku równoległe Wogóle przy rzucie ukośnym obrazami linii równoległych są zawsze linie równoległe co bardzo upraszcza konstrukcyę w porównaniu z perspektywą środkową. Natomiast kąty proste kostki, lezące przy liniach biegnących ku nam, ulegną zniekształceniu i to tem iciększemu, im bardziej z boku patrzymy. Dobiera się zwykle takie stanowisko, aby kąt prosty zamienił się na a = 30°, 60°, lub 45°, wtedy bowiem konstrukcya łatwiejsza (n. p. na fig. 253 jest « = 30°). Kąty, leżące w płaszczyznach równoległych do nas, rysujemy niezmienione, a więc y = 90°, § = 90° i t. p. Długość linii a, b, c, d rysuje się albo równą długości m —

a więc w naturalnej wielkości wnym stałym stosunku, jednakowym dla wszystkich linii równoległych do a. N. p. na fig. 253 skrócenie s czyli stosunek a : m wynosi ¹j₂.

Na fig. 254 narysowaliśmy kostkę dla:

albo też skracamy te linie w pe-

'd)

à)

Fig. 254.

a na

a .= 45°, s = 1, a = 45°, S — ¹/2? a = 45°, s = ¹I₃, a = 60°, S = ¹/₂, a = 30°, s = Vs, Moźnaby podobnie odchylić odcinek lewo od odcinka p (jeżeli patrzymy na kostkę z lewej strony) lub nawet w dół od p (jeżeli patrzymy na kostkę z dołu).

ŁOMNICKI. GEOMETRYA I II.

N. p. na fig. 255 a) o. — 135°, s = ¹/2? b) a = 225°, s = ¹/₂.

Zamiast skrócenia może nastąpić także wydłuźenie₇ jeżeli n. p. odcinki leżą prostopadle do promieni rzucających.

Zbierając te spostrzeżenia razem po-

JM

V~7

Fig. 255.

wiemy:

aby jakiś przedmiot przedstawić w perspektywie równoległej ukośnej, rysujemy wszystkie równe odcinki i kąty, leżące w płaszczyznach równoległych do płaszczyzny obrazowej, jako równe. Odcinki prostopadłe do płaszczyzny obrazowej rysujemy pod pewnym kątem a dowolnym, ale równym dla tych wszystkich odcinków i z pewnem zmniejszeniem s (lub powiększeniem) — w porównaniu z równymi odcinkami, leżącymi na płaszczyznach równoległych do płaszczyzny obrazowej — dowolnem, ale jednakowem dla wszystkich tych odcinków.

Do narysowania kostki, deski, belki prostokątnej wystarczą te objaśnienia zupełnie. Jeżeli jednak na przedmiocie, którego obraz perspektywiczny mamy narysować, występują także linie ukośne, to z góry nie wiemy, ani jakiemu zniekształceniu ulegną ich kąty nachylenia, ani w jakim stosunku należy je pomniejszyć. Jednakże łatwo te linie powiązać z liniami prostopadłemi i równoległemi do płaszczyzny obrazowej. Wyjaśnimy to na przykładach.

1. Chcemy narysować ośmiościan umiarowy o osi 4 cm, używając kąta a = 20° (zamiast 90°) i zmniejszenia s = xl₃. Wiemy, że w ośmiościanie umiarowym naroża leżą na końcach trzech osi

równych i prostopadłych do siebie (układ równoosiowy w krystalografii). Ustawiamy ośmiościan tak, aby był jednem narożem zwrócony do płaszczyzny obra

5\

!\

zowej.

Osie B B i P P' rysujemy prostopadle do siebie i w naturalnej wielkości, oś zaś A C nachyloną do D B pod kątem a = 20° i trzy razy pomniejszoną. Łącząc punkty P i P z punktami A B C D, otrzymamy żądany obraz o-śmiościanu.

Widzimy tu zarazem, żeśmy otrzymali ukośne rzuty krawędzi A P, C P, A P, C P'... nachylonych do płaszczyzny obrazowej, nie znając ani ich zmniejszenia, ani zniekształcenia kątów PA O i t. d.

2. Narysować gwiazdę, której podstawę tworzą dwa trójkąty

j)    ~

li

P'

Fig. 256.

równoboczne o bokach po 3-4 cm, obrócone względem siebie o 60° około środka trójkąta, a której wysokość wynosi 1 cm. Potrafimy łatwo przedstawić w perspektywie równoległej prostokąt, przeto opisujemy na danej podstawie (fig. 257) prostokąt Y Z (możliwie najmniejszy) i rysujemy go w perspektywie: Y' Z'.

Obierzmy n. p. a = 45°, 5' = ¹/₂. Wierzchołki A, B przenosimy w niezmienionej odległości od punktów X, Y'. Wierzchołki bo-

f MA

Z'

AT

C’a

Fig. 257.

czne trzeba już przenieść w połowie odległości od X i Y. Więc n. p.

x' c = v₂ x c.

Trudność sprawia tylko przeniesienie wierzchołków, nie leżących na obwodzie prostokąta. Otóż punkt D ma odległości D C i D M od sąsiednich boków prostokąta. Odległość I) C czyli M X przenosimy bez zmiany, odległość zaś D M czyli X C trzeba zmniejszyć o połowę. Otrzymamy w ten sposób punkty M' i C. Kreśląc z nich linie równoległe do X' Y' i X Z', otrzymamy punkt D’. (W jaki sposób możnaby łatwiej otrzymać punkt D'?) W podobny

Fig. 258.

sposób przenosimy dalsze wierzchołki. Kreśląc w punktach A' B' CD'... linie prostopadłe do Y' B' i odcinając na nich prawdziwą wysokość (1 cm), otrzymamy także górne dno gwiazdy. Na fig. 258 przedstawiliśmy rysunek wykończony z wypuszczeniem krawędzi zakrytych. Odległości D M\ D C punktu D od dwóch linii (osi) prostopadłych X Z i X Y nazywamy współrzędnemi prostokątne mi punktu D\ odległości ukośne B' M’ i U C punktu U od dwóch linii (osi) ukośnych X' Z' i X' Y/

nazywamy współrzędne mi ukośnemi. Metoda, jakiejśmy tu użyli, polegała na przeniesieniu współrzędnych każdego punktu z układu prostokątnego do układu ukośnokątnego. Aby sobie ułatwić pomniejszanie odległości, odcina się już odrazu na osiach X Y i X Z jakąś podziałkę n. p. centymetrową; na osi X' Y' odcina się podziałkę zmniejszoną a na osi X' Z' podziałkę taka samą, jak na osiach X Z i X Y. Używa się tego zwłaszcza przy bardzo skomplikowanych rysunkach (n. p. budynki, mosty).

3. Wykreślić w perspektywie równoległej (a = 20°, s = ¹/₃) sseścio-csworościan, t. j. bryłę, powstającą przez umieszczenie czworobocznego ostrosłupa na każdej ścianie kostki. Mech wysokość każdego ostrosłupa wynosi */₄ krawędzi kostki.

W tym celu rysujemy w znany sposób kostkę i każdą oś przedłużamy o ¹/₄ część krawędzi (fig. 259). Łącząc końce tych przedłużonych osi z narożami kostki, otrzymujemy żądaną bryłę. Z figury tej widzimy zarazem, że ściana P D E t worzy na osiach odcinki, pozostające w stosunku 1 : 2: oo, t. j. jest równoległa do osi A A’, a P O : O T = 1 : 2.

'"U

C,

,E

b'(

A’

N,

...........~'Vvu’O

ÎR

———-.....

p'

Fig-. 260.

Fig-. 259.

Taki sam jest stosunek odcinków każdej innej ściany.

krawędzi

Gdybyśmy obrali wysokość ostrosłupów równą kostki, to ściany P D C i A D C utworzyłyby jedną płaszczyznę a także wszystkie inne pary odpowiednich ścian i otrzymalibyśmy znany z krystalografii dwunastośdan rombowy (por. fig. 260). Z figury tej łatwo sprawdzić, że stosunki odcinków każdej ściany na osiach są 1 : 1 : oo.

* Powróćmy do rzutu ukośnego kostki. Jeżeli kostkę ustawimy także ukośnie, to trzy krawędzie a, b, c prostopadłe do siebie wystąpią na rysunku jako proste nachylone pod pewnymi dowolnymi kątami i każda z nich będzie pomniejszona, w ogólności każda

w innym stosunku. Z końców tych odcinków kreślimy linie równoległe do a, b, c i równe a, b, c a z ich punktów przecięcia się H K L znowu linie równolegle do osi i w ten sposób uzupełniamy całkowity obraz kostki. Przedłużenia

Fig-. 261

krawędzi a, b, c tworzą układ trzech osi 0 X, 0 Y, X OZ prostopadłych w naturze a na rysunku nachylonych. Na każdej z tych osi odcinamy podziałkę, n. p. centymetrową (p. fig. 262), to na rysunku podziałka na każdej osi będzie inna, ale dowolna. 0 M= 1 cm, ON już jest mniejsze od 1 cm, ale przedstawia obraz 1 cm, tak samo 0 P. Mając taką podziałkę na trzech osiach, możemy już każdy przedmiot narysować, jeżeli tylko znamy prawdziwe odległości jego punktów od płaszczyzn X O Y, X O Z, Y 0 Z. Te odległości nazywamy przestrzennemi współrzędnemi punktu. N. p. wiedząc, że jakiś punkt jest w rzeczywistości odległy o 2 cm od płaszczyzny Y O X, o 3 cm od płaszczyzny Z 0 Y i o 4 cm od płaszczyzny Z 0 X, znajdziemy jego obraz, odcinając na osiach 0 Z, O X, O Y odpowiednio dwie,

trzy i cztery jednostki podziałki i kreśląc następnie DE || 0 Y i równe 0 F a z punktu E linię A E || OZ i równą 0 B. Koniec A tej linii jest obrazem żądanego punktu.

Y,

Moglibyśmy także z innej strony dostać się do tego samego punktu, n. p. kreśląc B C || 0 X i równe 0 D a z punktu C prostą CA || 0 Y i r ó-wną OF i t. p.

Kreśląc w ten

sposób współrzędne punktów jakiejś bryły, możemy otrzymać całkowity jej obraz.

W dalszym ciągu będziemy używali wyłącznie takiego położenia przedmiotu, aby osie O Z i O X były prostopadłe do siebie, Wtedy na tych osiach odcina się prawdziwą, niezmienioną podziałkę, a tylko na osi O Y podziałka jest zmniejszoną.

Tego sposobu przedstawiania będziemy używali we wszystkich naszych rysunkach. Jakkolwiek na takim rysunku utwory geometryczne występują zniekształcone, jednakowoż wiemy już teraz, jak wielkie jest to zniekształcenie. Z figury takiej można już odczytać wymiary. N. p. belka prostokątna przedstawiona na fig. 263 w perspektywie równoległej: a = 45°, s = ¹1₃, w pomniejszeniu 1 : 10 ma grubość i szerokość 1 dm (10.1 cm) a długość 6 dm, ponieważ stosunek skrócenia perspektywicznego wynosi ¹/₃ a na rysunku długość jej wynosi 2 cm (2 cm .3.10 = 6 dm).

Fig. 263.

Dlatego do celów technicznych używa się prawie wyłącznie perspektywy równoległej ukośnej z zachowaniem prostopadłości dwóch osi i ze skróceniem tylko w jednym kierunku.

Uwaga: żaden rysunek perspektywiczny nie wyznacza jeszcze w zupełności wielkości i kształtu przedmiotu. Łatwo bowiem sprawdzić, że różne przedmioty wstawione w ten sam pęk promieni mogą mieć jednakowe rzuty i to zarówno w perspektywie środkowej, jak i równoległej.

N. p. kula K i stożek ścięty S mają ten sam obraz perspektywiczny (fig. 264).

Tak samo kula K i walec W na fig. 265 mają zupełnie jednakowy obraz w perspektywie równoległej. Aby mieć dokładne wyobrażenie o roz-

xf\

X'

miarach i postaci bryły, trzeba podać dwa rzuty, na dwie rozmaite płaszczyzny nachylone do siebie, zapomocą dwóch odmiennych pęków promieni (obrazy stereoskopowe w optyce). N. p. gdybyśmy na fig. 265

dodali jeszcze rzut prostopadły na płaszczyznę poziomą, spo-

strzeglibyśmy tam, że walec W jest ograniczony dwoma kołami i powierzchnią boczną, podczas kiedy kula K przedstawi się jako koło. Takie badanie postaci i wielkości ciał przy pomocy dwóch rzutów stanowi osobny dział geometryi, zwany »geometryą wykreślną«. Metodę tę omówimy osobno w następnym rozdziale.

Najpospoliciej wystarcza jednak zamiast drugiego rzutu jakieś proste dodatkowe określenie. N. p. z rysunku gwiazdy na fig. 258 nie wiemy jeszcze, czy wszystkie krawędzie boczne są prostopadłe do podstawy, czy też nachylone ku nam, ale znacznie dłuższe. Jeżeli jednak dodamy do opisu tej gwiazdy, że krawędzie boczne są w naturze prostopadłe, to już wszystko z tej figury odczytać możemy. Gdybyśmy zamiast tego podali jeszcze drugi rzut, n. p. widok gwiazdy z boku, to widzielibyśmy na tym rysnnku, czy krawędzie boczne są pochylone, czy też prostopadłe.

§ 92. Ukośny rzut koła. Elipsa.

W wielu konstrukcyach będzie nam potrzebny ukośny rzut koła (n. p. przy rysowraniu w perspektywie walca, stożka, kuli).

Pomyślmy koło, leżące poziomo a płaszczyznę rysunku (obrazową) pionowo. Średnica A B (fig. 266) przedstawi się na rysunku w prawdziwej wielkości: A' B' — A B, średnica zaś C D \_ A B przedstawi się jako odcinek C // nachylony do A’ B' pod kątem a i zmniejszony odpowiednio. Na naszym rysunku użyliśmy a = 45° i s = x/₂.

Aby znaleźć inne punkty, prowadzimy dowolną cięciwę równoległą do C1), n. p. 12, odcinamy jej odległość od środka wr niezmienionej wielkości 0' P' — O P i skracamy odcinki PI i P 2 do ¹/2 długości a następnie przenosimy je na linię 1' 2' równoległą do C U.

\0

A/

Z' P/

A’

cr

â‘

Jeżeli w ten sposób narysujemy dowolnie wiele cięciw w perspektywie i końce ich połączymy jedną nieprzerwaną linią, otrzymamy jako obraz koła linię krzywą, podobną do spłaszczonego koła. Linia ta nazywa się elipsą. Elipsa jestto zatem ukośny rzut koła.

Gdybyśmy mieli podane odwrotnie: osie A' B' i C' D’ elipsy (tak zwane średnice sprzężone), to przy pomocy koła o promieniu O' Ä otrzymalibyśmy z łatwością wszystkie inne punkty elipsy.

Elipsę można także otrzymać z prostopadłego rzutu koła, jednakowoż koło musi być wtedy nachylone do płaszczyzny obrazowej.

Przy pomocy ukośnego rzutu koła można już narysować w perspektywie równoległej takie bryły, jak walec, stożek, kula i t. p.

N. p. na fig. 267 a i 267 b przedstawiony jest walec i stożek dla a = 45°, s — ¹I₂. Na tych figurach są także uwidocznione po dwa prostopadłe do siebie przekroje, zawierające oś walca i stożka.

Oj

‘Pk-

Æ».

re

,0j

Fig-. 267 b.

Fig-. 267 a.

Uwaga: linie AA', B B', SA i SB, lezące na płaszczyźnie obrazowej, nie są skrajnemi liniami obrazu. Zlewają się one z liniami skrajnemi tylko wtedy, jeżeli a = 90° lub w przybliżeniu, gdy a mało się różni od 90°.

Na fig. 268 mamy przedstawioną półkulę niebieską wraz z drogami, jakie zakreślają gwiazdy C, Cx, C₂, C₃. Rysunek jest przedstawiony w perspektywie równoległej: a = 70°, 5 == ¹/₃. Gdybyśmy obrali mniejszy kąt a, to elipsy C₃ C'₃, C₂ N... wystawałyby poza koło S Z N. Konstrukcyę każdej z tych elips wykonuje się tak, jak na fig. 266, dobierając do każdej odpowiednie koła pomocnicze. N. p. do

zbudowania elipsy C₂ X wykreśla się koło pomocnicze o promieniu M₂ C₂.

C/

■M.Æ

:Y-

•V\

Sk

rM

Fig. 268.

na

* Podobnie jak w kole cięciwa, przechodząca przez O, jest przepołowiona w tym punkcie, tak i w elipsie każda cięciwa, przechodząca przez O' (fig. 266), jest przepołowiona punktem O'. Aby to wykazać, weźmy pod uwagę dowolną cięciwę n. p. X' Y' przechodzącą przez O'. Jest ona obrazem średnicy X Y, którą znajdziemy, prowadząc X' Zr i U' Y’ równolegle do C TY i odcinając w kole O Z i O U równe O Z' i O U'. Prostopadłe Z X i U F do prostej A B wyznaczą kole końce odpowiedniej średnicy. Ponieważ X Z = U Y (II przypadek przystawania), to i ich połowy są równe, t. j. X' Z' = U' Y. Wobec tego X Z' O’    U' Y' O' (II) a więc X O' = O' Y. Więc

istotnie dowolna cięciwa X Y, przechodząca przez O', jest w tym punkcie przepołowiona.

zwą się średnicami

Z tego powodu punkt O' nazywa się środkiem elipsy a każda cięciwa, przechodząca przez środek, nazywa się średnicą elipsy. Średnice takie, jak i' ń' i D' P, które są obrazami prostopadłych średnic koła,

sprzężone mi. Średnice sprzężone mają tę własność, że j e-dna połowi cięciwy równoległe do drugiej. N. p. A’ B’ (fig. 266) połowi nietylko średnicę C D\ ale i każdą cięciwę do niej równoległą — jak to wynika z samej konstrukcyi.

C‘

Mi

/V'

Ai

Fig. 269.

Odwrotnie C D’ (fig. 269) połowi nietylko średnicę A' B', ale także B wszystkie cięciwy do niej równoległe, n. p. cięciwę M' N' dlatego, że M ' N' jest obrazem cięciwy koła równoległej do średnicy A B; w kole zaś cięciwa CD = AB połowi wszystkie równoległe do A B cięciwy a w rzucie te cięciwy nie ulegają zmianie. To samo możemy wykazać o każdej innej parze średnic sprzężonych. Stąd łatwo otrzymać konstrukcyjnie średnicesprzę-ź o n e i środek elipsy, jeżeli tylko sama linia krzywa jest narysowana. Kreśli się kilka równoległych cięciw ć c" c" (fig. 270) w dowolnym

kierunku i środki ich łączy się linią M N. Następnie kreśli się cięciwy d, d'... równoległe do M N, to linia P R, łącząca ich środki,

jest średnicą sprzężoną z M N a punkt 0 środkiem elipsy.

C"

er

Fig. 270.

Fig. 271.

\r

Liniom prostym, mającym z kołem tylko jeden /y punkt wspólny, a więc stycznym do koła, odpowiadają w rzucie, proste, mające tylko jeden punkt wspólny z elipsą a więc linie styczne do elipsy. N. p. stycznym do koła w punktach A i B na fig. 266 — które są równoległe do C D — odpowiadają proste poprowadzone przez punkty Ä i B' równoległe do C I)', które muszą być stycznemi do elipsy. Stąd wynika łatwa konstrukcya stycznej w dowolnym punkcie elipsy. Trzeba przez ten punkt S wykreślić \ średnicę S Z, znaleźć średnicę sprzężoną doniej : KH (jako linię, połowiącą cięciwy równoległe do S L) i wykreślić przez punkt A linię równoległą do K H. Jest ona styczną do elipsy. Do wyznaczenia kola wystarcza jedna średnica, do wyznaczenia zaś elipsy potrzeba dwóch średnic sprzężonych. Aby zbudować elipsę, należącą do danych średnic sprzężonych A’ B' i C D', uważamy ją za rzut koła o średnicy Ä B'. Zakreślamy kolo na średnicy A' B' i rysujemy średnicę CD J_ A' B',

A’

I)ß/ to CD' jest obrazem średnicy CD. Połączmy C z C, to tę linię C Cf możemy uważać za promień, rzucający punkt C na płaszczyznę A' U B' C', prostopadłą do linii C D. Inne promienie, rzucające inne punkty obwodu koła, muszą być równoległe do C C. Aby więc zna-

leźć obraz cięciwy 12, prowadzimy z punktów 1 i 2 promienie równoległe do CC' a przez punkt E linię równoległą do C D', która jest obrazem cięciwy 12. Punkty przecięcia się tej cięciwy z ukośnymi promieniami 11', 22' są juz punktami elipsy. W ten sposób można szybko otrzymać dowolnie wiele punktów elipsy.

Pomiędzy średnicami sprzęźonemi znajdujesię jednapara średnic sprzężonych prostopadłych. Aby to wykazać, opiszmy na kole kwadrat ABCD.

Na elipsie odpowiada M temu kwadratowi ró-wnoległobok A'B'C'D' opisany na elipsie. Jeżeli kwadrat AB CD obrócimy w położenie MN O P, to na elipsie otrzymamy równole-głobok M' N' O' P\ Kąt A' zamienił się z ostrego na rozwarty : MA Musiało więc i-N stnieć takie pośrednie położenie kwadratu, któremu odpowiadał równoległobok o kącie prostym, t. j. prostokąt. Osie symetryi tego prostokąta są średnicami sprzęźonemi (bo odpowiadają prostopadłym średnicom koła) prostopadłymi do siebie. Takie prostopadle średnice sprzężone nazywamy osiami glównemi

elipsy.

O'

o'

C‘

A'

rr

B'

Fig. 273.

fil

fil"

Ar

Dzielą one elipsę na cztery symetryczne ćwiartki, są osiami symetryi elipsy.

N. p. jeżeli z punktu dowolnego M poprowadzimy cięciwę równoległą do A B, to jest ona przepołowiona linią C D (jako średnicą sprzężoną do AB) i jest prostopadłą do CD a więc

punkt M' elipsy leży symetrycznie względem M. To samo rozumowanie można przeprowadzić dla osi symetryi AB, o punktach M i M". Na tej symetryi polega konstrukcya osi głównych elipsy. Ze środka (fig. 275) zakreślamy koło promieniem dowolnym, ale takim, aby koło przecięło elipsę w czterech punktach. Przepołówmy kąty zawarte między O A i O B, O A i O D.

Ponieważ odcinki O A, O B, O C, O D są równe jako promienie koła, przeto punkty A, B, C, D leżą symetrycznie względem dwusiecznych S S i TT.

(AX=BX, i AB±SS, jakto wynika z przystawania A O X ^ B O X).

T'\-

Linie SS i TT są więc osiami symetryi elipsy a ich odcinki są osiami głównemi.

Fig-. 275.

Elipsę dostajemy odrazu zoryentowaną według osi głównych, jeżeli przyjmiemy w rysunku perspektywicznym a = 90° a zmniejszenie dowolne, ale różne od 5 = 1 (n. p. rzut koła prostopadłego do płaszczyzny rysunku ukośnie od góry lub ukośnie

z dołu — bez zbaczania .

Ci

'O

i

|<0

na prawo lub lewo).

Konstrukcya elipsy, której osie główne są znane, polega więc na tem, aby wszystkie cięciwy koła prostopadłe do jednej średnicy zmniejszyć w tym samym stosunku, zachowując ich kąty ze średnicą.

Stosunek zmniejszenia musi wynosić tyle, ile stosunek osi głównej mniejszej do osi większej, ponieważ oś wielka jest średnicą zachowana w prawdziwej

wielkości, a tylko oś mała jest średnicą zmniejszoną. Najwygodniej wykonuje się konstrukcyę przy pomocy dwóch kół współśrodkowych o średnicach równych osiom elipsy (fig. 276). Aby zmniejszyć połowę cięciwy P R, łączymy P ze środkiem koła. — Trzeba na prostej P R znaleźć taki punkt X, aby XR:PR=CO:BO czyli = R O : P O. Z podobieństwa trójkątów wiadomo, źe wystarczy poprowadzić linię H X || O R. Wtedy rzeczywiście XR jest taką częścią PR, jaką częścią wielkiej osi jest oś mała. Punkt X jest juz punktem elipsy. W ten sposób można otrzymać dowolnie wiele punktów elipsy, pomniejszając odcinki MN, Q S i t. d.

Inne własności elipsy poznamy w dalszym ciągu nauki. *

Ćwiczenia VII.

§ 90.    1. Wykreślić w perspektywie środkowej kostkę tak, aby punkt

oczny O leżał: a) u góry na lewo od rysunku, b) u dołu na lewo, c) u dołu

na prawo.

Uwaga: krawędzie prostopadłe do płaszczyzny obrazowej można skracać dowolnie; przez to tylko zmienia się wzniesienie oka nad płaszczyzną rysunku.

2. Kiedy obrazem linii prostej będzie punkt w perspektywie środkowej? Kiedy obrazem kwadratu będzie linia prosta? Narysuj!

§ 91.

B. Do kartonu przyklejono dziewięć kostek po trzy w jednym rzędzie pionowym i poziomym; oko znajduje się naprzeciw kostki środkowej. Wykreślić obrazy wszystkich kostek.

4.    Kiedy ukośny rzut odcinka jest mniejszy od niego, kiedy równy, kiedy większy? Przedstaw^ to na rysunku!

5.    Z której strony trzeba patrzeć na kwradrat leżący poziomo, aby się przedstawiał: a) jako prostokąt, b) jako jedna linia prosta, c) jako ró-wnoległobok?

6.    Wykreślić w perspektywie równoległej belkę prostokątną o przekroju kwadratowym, której długość jest dwanaście razy większa od szerokości, używając kąta a = 45° i skrócenia s = x/₃.

7.    Wykreślić stół, szafę wT perspektywie: a = 30°, s— ¹/₂, wykonawszy potrzebne mierzenia.

8.    Wykreślić wt pomniejszeniu w perspektywie równoległej skrzynię, (bez górnego dna), której długość a — P5 m, szerokość b= 0 7 m a wysokość c = 04 m,jeżeli ściany są zrobione z materyału o grubości 0'03 m.

9.    Narysowsć w perspektywie a = 60°, s = x/₂ bryłę powstałą z kostki przez odcięcie wszystkich naroży zapomocą płaszczyzn, przechodzących przez środki każdych trzech schodzących się krawędzi.

10.    Narysowrać ośmiościan i odciąć jego naroża płaszczyznami równo-ległemi do osi w odstępach wynoszących ¹/₈ długości osi od wierzchołków-.

11.    Narysować w perspektywie rówmoległej dom z dachem ukośnym, którego wysokość wynosi ¹ ₅ wysokości całego domu.

12.    Narysować w perspektywie równoległej ostrosłup sześcioboczny ścięty płaszczyzną równoległą do podstawy.

13.    Narysować w perspektywie równoległej graniastosłup i przeciąć go płaszczyzną ukośną.

Uwaga: rysuje się najpierw rzut prostopadły graniastosłupa na płaszczyznę równoległą do krawędzi. Z tego rzutu odmierza się długość odciętych krawędzi.

14.    Narysować w perspektywie równoległej ośmioboczną wieżyczkę zakończoną ostrosłupem.

15.    Narysować pięć schodów w perspektywie równoległej. Linie niewidoczne opuścić!

16.    Narysować w perspektywie równoległej kostkę, zwróconą do nas: a) krawędzią, b) jednem narożem.

Uwaga: w płaszczyźnie obrazowej leży przekrój, łączący odpowiednie przekątnie dwóch przeciwległych ścian.

17.    Narysować sześcian i wpisać weń czworościan i ośmiościan.

Uwaga: krawędzie czworościanu są przekątniami ścian sześcianu,

a naroża ośmiościanu leżą w środkach ścian sześcianu.

18.    Wpisać w sześcian dwa czworościany przenikające się; linie niewidoczne opuścić (por. poprzednie zadanie).

§ 92.    19. Narysować dowolne koło w rzucie ukośnym, używając znie

kształceń: a) a = 45°, s = 1, b) a. = 30°, s — ¹/₃, c) a =90°, s = ¹/₂.

3^ 20. Mając podaną elipsę, znaleźć jej środek konstrukcyjnie.

*    21. Mając podaną elipsę, wykreślić kilka stycznych.

*    22. Zbudować elipsę, znając jedną parę średnic sprzężonych.

23. Mając podaną elipsę, znaleźć osie główme.

3^ 24. Zbudować elipsę, znając jej osie główne.

25.    Narysować walec kołowry w perspektywie równoległej.

26.    Narysować stożek kołowy w perspektywie równoległej.

27.    Narysować w perspektywie równoległej rurę walcową.

28.    Narysować w pespektywie równoległej szklankę okrągłą, u góry

rozszerzoną.

29.    Narysować w perspektywie równoległej kulę z równikiem, zwrotnikami i kołami podbiegunowemi.

30.    Narysować kulę z kilkoma południkami w perspektywie równoległej.

31. Narysować w perspektywie równoległej warstwę kuli, ograniczoną dwoma płaszczyznami równoległemi.

Rozdział VIII.

Metoda geometryi wykreślnej.

§ 93. O dwóch płaszczyznach rzutów.

Ponieważ sporządzanie modeli przestrzennych jest bardzo uciążliwe a nieraz i bardzo kosztowne, przeto przy rozmaitych zagadnieniach geometrycznych i technicznych posługujemy się rysunkiem płaskim. Zasady takiego rysunku omówiliśmy już poglądowo w VII. rozdziale. Najwięcej używanym sposobem przedstawienia utworów przestrzennych jest wykreślanie rzutów prostopadłych. Takimi rzutami prostopadłymi są n. p. kontury przedmiotów, plany budynków, przekroje maszyn, mostów, mapy niewielkich obszarów ziemi. W architekturze, inźynieryi a nawet w rozmaitych rzemiosłach posługujemy się rzutami przedmiotów.

i A,

Fig. 277.

Rzutem jakiegokolwiek utworu nazwaliśmy (str. 178) miejsce geometryczne rzutów wszystkich punktów tej figury. Już przy najprostszych utworach geometrycznych nie wystarczy podanie rzutu na jedną płaszczyznę. Utwórzmy n. p. rzut walca prostego na płaszczyznę H prostopadłą do jego osi, zwaną płaszczyzną poziomą. Ponieważ podstawa walca jest równoległa do tej płaszczyzny, otrzymamy w rzucie koło, równe podstawie walca (przystające do niej; dlaczego?).. / Ten rzut nazywa się r z u te m poziomym (widok z góry!). Z tego jednego rzutu nie mamy jeszcze wyobrażenia, jak wygląda cała bryła. Taki sam rzut ma walec krótki i długi, koło równoległe do płaszczyzny H lub elipsa nachylona odpowiednio.

Rzut na jedną płaszczyznę nie wyznacza jeszcze wielkości ani położenia utworu geometrycznego.

Aby uzyskać znajomość części brakujących do poznania walca, wystarczy podać jeszcze drugi rzut na dowolną płaszczyznę nieró-wnoległą do H. Używamy zawsze płaszczyzny prostopadłej do H i nazywamy ją płaszczyzną pionową V a powstający rzut rzutem pionowym (widok z przodu). Na tej płaszczyźnie otrzymamy prostokąt tak szeroki, jak podstawa walca a tak wysoki, jak walec. Ten rzut sam nie wystarczyłby także do poznania i zbudowania walca, ponieważ taki sam rzut posiada n. p. każdy prostopadłościan o tej samej podstawie. Jednak obydwa rzuty razem wyznaczają w zupełności utwór geometryczny, z którego pochodzą. Ścisły dowód tego twierdzenia podamy w następnym ustępie. Rysunek taki, jak na fig. 277, sprawia pewne złudzenie rzeczywistości, jest jednakże niepraktyczny, ponieważ koło przedstawia się na nim jako elipsa i wogóle wszystkie figury, leżące na płaszczyźnie poziomej H, przedstawiają się na rysunku zniekształcone. Aby tej niedogodności uniknąć, obra-* camy płaszczyznę poziomą H około krawędzi XX o kąt 90° ku dołowi tak, że płaszczyzna H przyjmie również położenie pionowe. Płaszczyzny H i V tworzą teraz jedną płaszczyznę (fig. 278). Ten obrót nazywamy: sprowadzeniem obydwu rzutów do jednej płaszczyzny rysunku. Teraz rzut pionowy i poziomy przedstawi się nam w naturalnej wielkości. Prostą X X, która jest śladem pozostałym po krawędzi dwóch płaszczyzn rzutów, nazywamy osią rzutów. W razie potrzeby przedłużamy płaszczyznę poziomą i pionową dowolnie także poza oś rzutów. Takie przedstawienie utworów geometrycznych i przedmiotów świata zewnętrznego najlepiej się nadaje do wykonywania pomiarów i jest najłatwiejsze do wykonania konstrukcyjnego.

'*h

Fig. 278.

Sporządzić model dwóch płaszczyzn rzutów i na tym modelu rozpatrywać prawa rzutów!

§ 94. Rzuty punktu.

Wykreślmy rzut poziomy i pionowy dowolnego punktu A. Oznaczamy je zwykle literami An (rzut poziomy) i Av (rzut pionowy). Jakie położenie względem siebie mają te rzuty po sprowadzeniu ich do jednej płaszczyzny rysunku?

Przesuńmy płaszczyznę y przez proste A Av i A A&. Płaszczyzna ta jest prostopadła do Hi V, ponieważ zawiera linie A Ani A Av,

T A If

Av

ty

Ah

Ah

Fig. 279 a.

Fig. 279.

prostopadłe do ü i F. Wobec tego ta płaszczyzna musi być prostopadła do krawędzi Hi V, t. j. do osi rzutów. Jeżeli zaś X X J_ y, to X1 J_ 0 i* i Ili 0 An. Po obrocie linie 0 Av i 0 A% pozostaną prostopadłe do X X (bo przez obrót kąt dwóch linii prostych nie ulega zmianie), utworzą więc jedną linię prostą, bo przez punkt 0 da się poprowadzić na jednej płaszczyźnie tylko jedna prostopadła do X X. Stąd wynika zasadnicze prawo geometryi wykreślnej :

Rzut poziomy i pionowy dowolnego punktu po sprowadzeniu rzutów do jednej płaszczyzny rysunku leżą na jednej linii prostopadłej do osi rzutów.

Zastosujmy to n. p. do rzutów dowolnego trójkąta. Jeżeli obierzemy dowolnie rzut poziomy An, Bn, Cn, to rzut pionowy nie jest

już zupełnie dowolny. Rzuty pionowe punktów A, B, C muszą leżeć na liniach prostopadłych do osi X X, poprowadzonych z punktów An, Bn, Cn• W których punktach tych linii leżą Av, Bv, Cv, to już zależy od położenia pierwotnego trójkąta A B C. Z tej figury wysnuwamy ważny wniosek: jeżeli się dwie linie proste przecinają, to i ich rzuty przecinają się w punktach, leżących na jednej linii prostopa-

Bv

Cr

Ar

Ah

LOMN'CKI. GEOMETRYA. I. II.

Bb

Ch

15

dłej do osi rzutów, n. p. Av Ah. Gdyby proste były wichrowate, to ich rzuty mogłyby się także przecinać, ale te punkty nie mogą być rzutami jednego punktu, nie mogą więc leżeć na jednej linii prostopadłej do osi rzutów.

Proste równoległe mają także rzuty równoległe. (Dlaczego?). Narysuj te wszystkie przypadki!

Wracając do fig. 279 widzimy, że odległość rzutu poziomego

Av

vQ-

od osi rzutów równa się odległości punktu A od płaszczyzny pionowej a odległość rzutu pionowego od osi rzutów równa się odległości punktu A od płaszczyzny poziomej, albowiem Ah O = A Av i A Av 0 = A Ah.

Ah'

Fig. 281.

* Opierając się na tern, możemy teraz wykazać, że do wyznaczenia punktu wystarczy znać jego rzuty na dwie płaszczyzny prostopadłe. Obierzmy w tym celu (fig. 281) na dowolnej linii prostopadłej do osi rzutów dwa punkty Ah i Av i uważajmy je za rzuty jakiegoś punktu. Aby ten punkt znaleźć, obracamy płaszczyznę H około osi X X o 90° w górę, to prosta O Ah przyjmie położenie O A'h. W punktach A'h i Av prowadzimy linie a i b prostopadłe do płaszczyzn H i V. Twierdzimy, że te dwie proste przetną się w jednym punkcie A. Istotnie linie te leżą w jednej płaszczyźnie, prostopadłej do osi XX, a zawierającej proste O Av i O Aj (dlaczego?) a nie są równoległe do siebie (bo już A'h O || b, więc inna linia, przechodząca przez A'h, nie może być już równoległa do b). Linie te przecinają się więc w jednym punkcie A, którego rzutami są rzeczywiście punkty Av i A'h, lub po sprowadzeniu rzutów do jednej płaszczyzny: Av i Ah. Jeżeli więc znamy dwa rzuty punktu, to i ten punkt możemy wynaleźć. To samo odnosi się do utworów geometrycznych, złożonych z większej liczby punktów. Ogólnie więc: dwa rzuty wystarczają do wyznaczenia każdego utworu geometrycznego. *

Uwaga: przy zagadnieniach bardziej skomplikowanych podaje się czasem jeszcze trzeci rzut na płaszczyznę boczną, t. j. na płaszczyznę pionową B (fig. 282), prostopadłą do V. Taki rzut nazywamy rzutem bocznym (widok z boku!). Tę płaszczyznę obraca się o 90° około krawędzi k tak, aby i ją sprowadzić do tej samej płaszczyzny V.

a tych najwięcej potrzeba — używa się trójkąta z drzewa z jednym kątem prostym. (Są to konstrukcyę mechaniczne — a nie czysto geometryczne, platońskie).

JL--

Av

Ab(-

X/

Jednakowoż konstrukcyę tego rzutu bocznego można już wykonać przy pomocy rzutu poziomego i pionowego: odstęp punktu Ai od osi X X wynosi Av O a odstęp od krawędzi k równa się odcinkowi O Ah- Znajomość rzutu bocznego nie jest więc konieczna do wyznaczenia Z utworu geometrycznego.

Takie trzy płaszczyzny prostopadłe do siebie tworzą układ trzech płaszczyzn współrzędnych a odcinki AAjt, AAV i AAi nazywamy współrzędnemi punktu A.

Abr

Av

___J

Ah

Fig. 282.

byśmy sobie znacznie konstrukcyę.

Wykonywanie konstrukcyi i rozwiązywanie zagadnień przy pomocy dwóch rzutów jest przedmiotem osobnej gałęzi matematyki, zwanej geometry a,, wykreślną. Dla nas w dalszym ciągu nauki będzie potrzebne tylko twierdzenie na str. 225, pouczające, jak są ze sobą związane rzuty tego samego punktu. Moglibyśmy wprawdzie rozsunąć płaszczyzny H i V i zupełnie osobno badać rzut pionowy i poziomy, przez to jednak utrudnili-

Uwaga: do kreślenia linii równoległych do osi rzutów używa się lineału opatrzonego poprzeczną deszczułką, przytwierdzoną prostopadle do lineału, t. zw. przykładnicy. Do kreślenia linii prostopadłych do osi rzutów

Ćwiczenia VIII.

§ 93—94.    1. Narysuj jakiekolwiek pudełko w rzucie pionowym i pozio

mym.

2.    Narysować w rzucie pionowym i poziomym: a) kostkę, b) rurę walcową, c) sprzęty domowe.

3.    Trójkąt, leżący na płaszczyźnie równoległej do płaszczyzny poziomej, narysować w rzutach.

:i ' 4. Gdzie leżą: a) rzuty punktów, znajdujących się na płaszczyźnie poziomej, b) rzuty punktów, znajdujących się na płaszczyźnie pionowej, c) rzuty punktów, znajdujących się na osi rzutów. Narysuj!

5. Przedstawić na jednej płaszczyźnie rzuty koła, leżącego na płaszczyźnie równoległej do płaszczyzny pionowej.

6.    Mając podane rzuty belki prostokątnej, narysować ją w perspektywie równoległej.

7.    Mając podane rzuty stożka, narysować go w perspektywie równoległej.

8.    Narysować: a) przekrój swego mieszkania, b) rzut wszystkich sprzętów, znajdujących się w pokoju, na płaszczyznę poziomą i pionową (plan i przekrój podłużny pokoju).

9.    Kiedy rzut linii prostej będzie równoległy do osi rzutów a kiedy prostopadły? Kiedy jeden rzut linii prostej będzie punktem? Rysunek!

10.    Narysować w trzech rzutach walec, stożek, ostrosłup.

11.    Narysować w trzech rzutach dzban z uchem.

12.    Sześciokąt umiarowy leży na płaszczyźnie prostopadłej do płaszczyzny poziomej, ale nachylonej do płaszczyzny pionowej. Wykreślić jego rzuty.

-t—--Tąv

Av7⁻

Uwaga: najpierw rysuje się rzuty sześciokąta, leżącego na płasz-ł czyźnie równoległej do płaszczyzny pionowej a potem obraca się rzut poziomy odpowiednio. W rzucie pionowym odległości od osi rzutów pozostają niezmienione (por.fig. 283).

Fig. 283.

13.    Koło leży na płaszczyźnie prostopadłej do płaszczyzny poziomej a nachylonej do płaszczyzny pionowej. Wykreślić jego rzuty (por. poprzednie zadanie!).

14.    Gdzie leżą rzuty punktów, znajdujących się: a) poza płaszczyzną pionową, ale nad poziomą, b) pod płaszczyzną poziomą, ale przed pio nową, c) pod płaszczyzną poziomą i poza płaszczyzną pionową?

Rozdział IX.

Graniastosłupy i walce.

§ 95. Podział brył.

Część przestrzeni zamkniętą ze wszystkich stron nazywamy bryłą a zbiór powierzchni, ograniczających tę część przestrzeni, nazywamy powierzchnią bryły. Jeżeli wszystkie powierzchnie ograniczające są płaskie, bryła nazywa się bryłą graniastą lub wielościanem; jeżeli chociaż jedna powierzchnia jest krzywa, bryła nazywa się okrągłą.

£'

D‘

Z pomiędzy wielkiej różnorodności brył spotykanych w świecie zewnętrznym wybierzemy tylko takie, które powstają przez pewne proste ruchy lub też takie, które posiadają pewne szczególne własności pod względem symetryi. I tak z ruchu postępowego figur płaskich otrzymamy graniastosłupy i walce, z ruchu linii prostej przytwierdzonej stale w jednym punkcie otrzymamy ostrosłupy i stożki a wreszcie z ruchu obrotowego k u 1 ę i całą klasę brył obrotowych.

B’\

Z pomiędzy brył symetrycznych zajmiemy się tylko bryłami ograniczonemi samymi umiarowymi wielokątami, zwanemi wielościa-nami umiarowymi.

§ 96. Graniastosłupy.

Jeżeli jakikolwiek wielokąt wykonuje ruch postępowy wzdłuż linii prostej, nie leżącej na jego płaszczyźnie, to jego powierzchnia zakreśla bryłę,zwaną graniastosłupem. N. p. jeżeli wielokąt AB CDE przejdzie ru-

ehern postępowym w położenie równoległe A'B'C'D E, to, jak wiadomo, wszystkie jego punkty zakreślą odcinki równoległe i równe:

AA' || BB' || CC...

Graniastosłup jest więc ograniczony dwoma przystającemi i równo-ległemi dnami czyli podstawami i tyloma równoległobokami, ile dno ma boków. Te równoległoboki nazywają się ścianami bocznemi a ich zbiór tworzy pobocznicę. Prostopadłą odległość den nazywamy wysokością graniastosłupa. Przekrój prostopadły do wysokości nazywa się przekrojem normalnym.

Krawędzie A Ä, B B\ CC'.... nazywają się krawędziami bocznemi a boki podstaw krawędziami podstawowemi.

A" E" B"

D"

C"

A' E\ \B

D\D>

[CC

AA

Jeżeli kierunek ruchu jest prostopadły do płaszczyzny wielokąta, to wszystkie krawędzie boczne są prostopadłe do podstawy, można więc każdą z nich uważać za wysokość. Wtedy także i ściany boczne są prostopadłe do podstawy (dlaczego?) a graniastosłup nazywa się prosty. Jeżeli krawędzie boczne są nachylone do podstawy, graniastosłup nazywa się pochyły (ukośny). Jeżeli w graniastosłupie prostym podstawa jest wielokątem umiarowym, graniastosłup nazywa się umiarowy (nie jest on jednak wielościanem umiarowym! [por. § 95.]). Według liczby ścian bocznych rozróżniamy graniasto-słupy trój boczne, czworoboczne i t. d. Prosta, łącząca dwa naroża przeciwległe, t. j. naroża nie mające wspólnej ściany, / nazywa się przekątnią graniastosłupa. Płaszczyznę, łączącą dwie przeciwległe krawędzie równoległe, nazywamy płaszczyzną przekątną.

BB'

Fig. 285.

Aby graniastosłup prosty przedstawić w rzutach prostopadłych, najwygodniej ustawić go tak, aby dno było równoległe do płaszczyzny poziomej. Wtedy na płaszczyźnie pionowej (widok z przodu) otrzymamy prostokąt a na płaszczyźnie poziomej (widok z góry!) jeden wielokąt, ponieważ górne dno zakrywa dno dolne; wielokąt ten będzie przystający do dna graniastosłupa.

Krawędzie niewidzialne zaznacza się na rysunku liniami kropkowanemu Wierzchołki wielokąta muszą leżeć na przedłużeniach odpowiednich krawędzi bocznych (dlaczego?).

Jeżeli graniastosłup pochyły ustawimy dnem równolegle do

podstawy, to rzutem pionowym będzie równoległobok ukośnokątny a na płaszczyźnie poziomej wystąpią obydwa dna, jako wielokąty przystające i ustawione równolegle (fig. 286).

Można jednakże i graniastosłup pochyły tak ustawić, że górne dno zakryje dolne. Wtedy musi być przekrój normalny równoległy do płaszczyzny poziomej a dna nachylone (por. fig. 290).

Na szczególniejszą uwagę zasługują grania-stosłupy, których podstawa jest równoległobo-kiem. Wtedy wszystkie ściany, są równoległo-bokami i są parami do siebie równoległe (udowodnij!). Dlatego graniastosłup, którego podstawa jest równoległobokiem, nazywamy równoległościanem. Każdą ścianę ró-wnoległościanu możemy uważać za podstawę. (Udowodnij!) Równole-głościan prosty o podstawie prostokątnej nazywa się prostopadłościanem. W takim prostopadłościanie są po trzy ściany, schodzące się w je-dnem narożu, prostopadłe a mianowicie: z określenia prostopadłościanu wynika, że b J_ Y? więc musi być i a_[_y i ß jako płaszczyzny, przesunięte przez prostą prostopadłą. Ale także a _i_ ß, bo a zawiera prostą c, która jest prostopadła do b i do a a więc c J_ ß a wtedy i a J_ ß

jf

Fig. 286.

'CC

b! U

a,

'C

Uwaga: takie bryły spotykamy bardzo często, jako dzieła rąk ludzkich: deski, belki, cegły, wogóle materyały budulcowe, skrzynie, izby i t. p., ponieważ ich mechaniczne wykonywanie jest najłatwiejsze. W przyrodzie bryły takie występują bardzo rzadko (niektóre kryształy, łodygi roślin wargowych i t. p.).

Prostopadłościan, którego podstawy i ściany boczne są kwadratami, nazywa się sześcianem lub kostką. Jestto bryła najwięcej symetryczna ze wszystkich graniastosłupów. Wszystkie kostki są bryłami podobnemi do siebie.

Fig. 287.

W prostopadłościanie występują tylko trzy gatunki krawędzi, po cztery są bowiem zawsze równe. Znając ich wielkość, możemy łatwo obliczyć przekątnię prostopadłościanu.

Z figury 287 widzimy, że

p² = a²-\-c² a d² = b² -\-p² więc d² — a² -f- b² -|- c² Stąd wniosek: kwadrat przekątni prostopadłościanu równa się sumie kwadratów trzech krawędzi, schodzących się w jednem narożu.

§ 97. Powierzchnia graniastosłupa. (Siatka).

Celem obliczenia powierzchni jakiejkolwiek bryły lub teź sporządzenia jej modelu przestrzennego używa się siatki tej bryły. Aby otrzymać siatkę bryły, trzeba jej powierzchnię rozwinąć na jedną płaszczyznę, to znaczy ułożyć na jednej płaszczyźnie wszystkie powierzchnie ograniczające tak, aby każda następna miała z poprzednią jedną krawędź wspólną. I tak n. p. rozwinięta powierzchnia kostki przedstawia się (fig. 288) jako figura płaska, złożona z sześciu

kwadratów, z których cztery leżą w jednym rzędzie a dwa przylegają do nich z boku. Ponieważ powierzchnia jednego kwadratu wynosi Æ², przeto na powierzchnię całego sześcianu otrzymujemy wzór: P=6k*

Fig. 288.

Graniastosłup prosty rozwijamy, układając obok siebie prostokątne ściany boczne o równej wysokości (fig. 289). Otrzymamy w ten sposób jeden prostokąt, którego podstawa równa się obwodowi dna, a wysokość wynosi tyle samo, co wysokość graniastosłupa. Dna dotykają tego prostokąta wzdłuż jednego ze swych boków. Jeżeli powierzchnię po-

bocznicy oznaczymy literą M, to z figury odczytujemy następujący wzór na powierzchnię graniastosłupa prostego:

_P = 2 Z>-f 31    (1)

Powierzchnię p o bocz n i c y możemy przedstawić wzorem:

(2)

31—u. w

Fig. 289.

gdzie u oznacza obwód podstawy. Do tego samego wyniku można dojść bez siatki, z rozważania samej bryły. Zadanie to łatwo wykonać konstrukcyjnie, jeżeli są podane rzuty graniastosłupa, n. p. z fig. 285. Boki wielokąta ABCDE trzeba

odciąć po kolei na jednej linii prostej i zbudować na nich prostokąt o wysokości AA. Do tego prostokąta dorysowuje się dna.

Jeżeli graniastosłup prosty jest ustawiony inaczej, n. p. nachylony względem płaszczyzny poziomej, wtedy konstrukcya jest trudniejsza. Trzeba najpierw wykonać obrót do położenia prostopadłego, do czego są potrzebne głębsze wiadomości z geometryi wykreślnej (por. ćw. 12, str. 228).

Jeżeli rozwiniemy graniastosłup pochyły, to wzór P=2Z> + M

pozostaje, ale pobocznica nie przedstawi się już jako jeden prostokąt, nawet nie jako równoległobok. Wzoru (2) nie można więc używać dla graniastosłupa pochyłego.

* Aby rozwinąć graniastosłup pochyły, ustawiamy go tak, aby

krawędzie boczne były prostopadłe do płaszczyzny poziomej, a dna prostopadłe do płaszczyzny pionowej. Rzuty gra-£m niastosłupa w takiem połoźe-7- niu przedstawiliśmy na fig. 290 a. Dno nie występuje teraz w prawdziwej wielkości, natomiast przekrój normalny AB'CD'E' jest przystający do rzutu A"B"C"D"E" (dlaczego?). Obwód tego przekroju rozwijamy na dowolnej linii KR'. Od

Â'

⁹)

iSL.

JC‘

r, d: c:

BI_Ąl

6"

Fig. 290.

punktów

E"xt A\, B"v...

odcinamy do góry i na dół odpowiednie części krawędzi bocznych, wzięte z rzutu pionowego, w którym te odcinki występują w prawdziwej wielkości. Rozwinięta pobocznica przedstawia się jako pas, którego podstawą jest linia łamana, wznosząca się i opadająca kolejno, nakształt fali. Powierzchnię tego pasa obliczymy, mnożąc podstawę k każdego równoległoboku przez wysokości E'\ A'\, A\ B'\... tworzące razem obwód przekroju normalnego. Trudniej jest natomiast otrzymać z tego rzutu a) prawdziwą wielkość dna. Trzeba wykonać obrót płaszczyzny PM (t. zw. kład płaszczyzny PM na płaszczyznę poziomą).

Do tego samego wyniku dochodzimy odrazu bez używania rzutów. Trzeba odciąć od graniastosłupa pochyłego zapomocą przekroju normalnego część górną i przesunąć ją na dół tak, aby dno Py M’ nakryło się z dnem PM. W ten sposób otrzymuje się grania-

stosłup prosty, mający tę samą pobocznicę (ale inne dna). Obliczając tę pobocznicę według wzoru (1) otrzymamy

M=k. U

gdzie k oznacza krawędź boczną a U obwód przekroju normalnego. *

Rozwinięcie graniastosłupa prostego można także wykonać na podstawie rysunku perspektywicznego. N. p. na fig. 291 mamy przedstawiony graniasto-z' słup prosty trójboczny w perspektywie ró-wnoległej; zniekształcenie obrano a = 45°,

J    5=1 (por. rozdział

V    VII. str. 210). Ujmu

71

'y

Fig. 291.

jemy podstawę w ró-wnoległobok o kącie a = 45°. Ten równo-ległobok jest obrazem prostokąta o bokach C'Y' — CY i C'X' =

= CX (ponieważ stosunek zmniejszenia boków wynosił s— 1). Na bokach tego prostokąta odcinamy Y'A'=YA i B'X'=-BX i otrzymujemy trójkąt A'B'C w prawdziwej wielkości.

Rozwijając obwód tego trójkąta i rysując prostokąt o wysokości CD, otrzymamy rozwiniętą pobocznicę narysowanego graniastosłupa.

Dla graniastosłupa pochyłego konstrukcya jest trudniejsza a nawet . nieoznaczona, dopóki nie znamy prawdziwego kąta nachylenia krawędzi bocznych. Z rysunku perspektywicznego nie potrafimy tego nachylenia odczytać.

§ 98. Walec.

Jeżeli koło wykonuje ruch postępowy wzdłuż linii prostej, nie leżącej na jego płaszczyźnie, powstaje bryła zwana walcem kołowy m. Przez ruch postępowy elipsy powstaje walec eliptyczny, wogóle przez ruch postępowy jakiejkolwiek linii krzywej powstaje odpowiedni walec (słup). Mówiąc »walec« bez żadnego dodatku, mamy w myśli walec kołowy. Z tego sposobu powstawania wynika, że dna walca kołowego są kołami przystającemi a pobocznica składa się z samych linii prostych równoległych. Ta pobocznica jest jednakże powierzchnią krzywą, bo linia prosta, mająca z nią dwa punkty wspólne, nie zawsze na niej leży. N. p. sieczna koła przy równole-

głem przesuwaniu koła zawsze pozostaje sieczną, przecina więc po-bocznicę w kaźdem położeniu tylko w dwóch punktach. Ta powierzchnia krzywa nazywa się powierzchnią walcową. Prostopadłą odległość den od siebie nazywamy wysokością walca. Linię prostą, leżącą całkowicie na powierzchni walca, nazywamy bokiem

walca, A A'. Linia prosta, łącząca środki obydwu podstaw, nazywa się osią walca. (Udowodnij, że oś jest równoległa do boku i równa się bokowi!) Jeżeli bok jest prostopadły do podstawy, to i oś jest prostopadła do podstawy a walec nazywa się prosty; w przeciwnym razie walec jest pochyły.

Fig. 292.

Pobocznicę walca można otrzymać także przez inny ruch. Posuwamy prostą A A' (fig. 292) wzdłuż obwodu koła zawsze równolegle do pierwotnego położenia. Wtedy koło nazywa się kierownicą powierzchni a linia prosta AA' tworzącą walca.

Walec jest więc powierzchnią prostoliniową (por. str. 163). (Zastosuj ten sposób otrzymywania także do pobocznicy graniastosłupa !) Jeżeli walec jest prosty, to możemy go także otrzymać przez ruch obrotowy prostokąta około jednego z boków. Dlatego walec prosty nazywamy także walcem obrotowym.

Jeżeli walec przetniemy jakąkolwiek płaszczyzną, zawierającą oś walca, otrzymamy równoległobok i to ukośny lub prostokątny.

O,

W walcu prostym każdy przekrój osiowy jest prostokątem, w walcu zaś pochyłym tylko jeden przekrój, mianowicie przekrój prostopadły do płaszczyzny, zawierającej nietylko oś, ale i rzut osi. Na fig. 293 jestto przekrój AB CD, prostopadły do płaszczyzny, zawierającej 0'B i 00'. Walec prosty, którego przekrój osiowy jest kwadratem, nazywa się równoboczny. W takim walcu bok równa się średnicy podstawy:

b — 2r

Fig. 293.

Wszystkie walce równoboczne są bryłami podobnemi.

Przekrój walca równoległy do podstawy jest kołem. (Dla-

czego?).

W przyrodzie występuje walec często: pnie drzew, źdźbła, niektóre kości i t. p. Także w dziełach rąk ludzkich spotykamy się bardzo często z tą bryłą: rury, koła i osie maszyn, druty, naczynia, kolumny, sklepienia i t. p.

Aby walec prosty przedstawić w rzutach, ustawiamy go dnem równolegle do płaszczyzny poziomej. Na płaszczyźnie pionowej otrzymamy prostokąt a na płaszczyźnie poziomej jedno koło. Walec pochyły ustawiony dnem równolegle do poziomej płaszczyzny przedstawi się w rzucie pionowym jako równoległobok pochyły a w rzucie poziomym wystąpią obydwa dna jako koła, połączone wspólnemi stycznemi zewnętrznemi (fig. 294).

A‘

B'/

Fig-. 294.

Idi

Fig. 295.

Aby walec prosty przedstawić w perspektywie równoległej, zauważymy, źe ukośny rzut koła jest elipsą. Dno przedstawi się więc jako elipsa. W skrajnych punktach tej elipsy (fig. 295), (które wystają w ogólności poza średnicę równoległą do płaszczyzny obrazowej!) kreślimy dwie linie prostopadłe do średnicy A B równoległej do płaszczyzny obrazowej. Na tych liniach odcinamy boki walca w prawdziwej wielkości. Górne dno jest elipsą przystającą do dolnej. (Użyliśmy tu zniekształceń a = 45°, s = ^, por. także fig. 267« na str. 216). Podobnie postępujemy z walcem pochyłym.

Każdy ukośny rzut koła na płaszczyznę nierównoległą jest — jak to widzieliśmy — elipsą. Stąd ważny wniosek o przekrojach walca, przecinających oś w jednym punkcie a nierównoległych do podstawy. Przetnijmy walec płaszczyzną a ukośną względem podstawy. Linię orzymaną na przekroju możemy uważać za ukośny rzut kola A za pomocą promieni A'X,B'Y,C'Z,.... ukośnych względem płaszczyzny a a równoległych do siebie.

Linia krzywa X Y jest więc elipsą, zatem: przekrój walca płaszczyzną nachyloną do osi i do podstawy jest elipsą.

Jeżeli walec kołowy jest pochyły, to przekroje równoległe do dna są kołami, przekroje zaś nachylone do dna elipsami. Pomiędzy tymi przekrojami jeden jest prostopadły do krawędzi bocznych. Nazywamy go podobnie jak w graniastosłupie przekrojem normalnym. Ten przekrój normalny walca pochyłego jest elipsą. Zapomocą dwóch przekrojów normalnych możemy więc otrzymać z walca kołowego pochyłego walec eliptyczny prosty.

U w a g a : z rozważania walców eliptycznych można wykazać, że każdy rzut elipsy jest znowu elipsą, nie otrzymujemy więc nowego gatunku linii krzywych przez utworzenie rzutu elipsy.

v/

Fig. 296.

* Zbadaliśmy już przekroje osiowe i przekroje, przecinające oś. Pozostały jeszcze do omówienia płaszczyzny równoległe do osi. Płaszczyzny takie mogą mieć trojakie położenie względem powierzchni walcowej, podobnie jak linia prosta względem koła. Płaszczyzna równoległa do osi a zawierająca sieczną I) C E podstawy, przecina powierzchnię walcową wzdłuż dwóch tworzących. Moźna-by ją nazwać płaszczyzną sieczną. Płaszczyzna równoległa do osi a zawierająca linię TA (fig. 296) styczną do podstawy, dotyka powierzchni walcowej wzdłuz całej tworzącej AA', należącej do punktu ^4. Taka płaszczyzna nazywa się płaszczyzną styczną walca. Wreszcie płaszczyzna równoległa do osi a zawierająca linię prostą, leżącą poza kołem O, nie przecina zupełnie powierzchni walcowej. Każda linia prosta, leżąca wpłaszczyźniestycznej a nierównoległa do linii styczności A A', ma z powierzchnią walcową tylko jeden punkt wspólny, jest więc linią styczną do walca. Z każdego punktu poza walcem można poprowadzić dwie płaszczyzny styczne do powierzchni walcowej; ich krawędź musi być równoległa do osi. (Udowodnij!) *

Jeżeli wszystkie ściany boczne jakiegoś graniastosłupa są płaszczyznami stycznemi walca a dna są opisane na dnach walca, gra-niastosłup nazywa się opisany na walcu. Jeżeli wszystkie ściany boczne graniastosłupa są płaszczyznami siecznemi walca a dna są wpisane w dna walca, graniastosłup jest wpisany w walec. Pobocznicę walca możemy uważać za granicę, do jakiej dążą pobocznice graniastosłupów wpisanych lub opisanych o corazto większej liczbie ścian bocznych, podobnie jak obwód koła badaliśmy przy pomocy wielokątów wpisanych lub opisanych. Posiadamy jednakże prostsze sposoby obliczenia wielkości tej powierzchni krzywej.

§ 99. Rozwijanie walca. Powierzchnia walca.

2r 7T

Fig. 297.

Celem obliczenia powierzchni graniastosłupa tworzyliśmy jego siatkę przez rozwinięcie pobocznicy. Pobocznica walca jest p o-wierzchnią krzywą prostoliniową. Zachodzi pytanie, czy ta powierzchnia jest rozwijalną, to znaczy, czy można tę pobocznicę, rozciętą n. p. wzdłuż jednej tworzącej, rozwinąć na płaszczyznę tak, aby nie powstało żadne zmarszczenie ani rozciągnięcie, zmieniające wielkość tej powierzchni, słowem: ó aby nie doznały zmiany ani długości linii, znajdujących się na powierzchni, ani kąty. Otóż rozwinięcie takie jest możliwe, ponieważ wszystkie boki walca są równoległe. Istnieje taki skończony ruch, n. p. toczenie walca po płaszczyźnie, że wszystkie boki poukładają się znowu jako linie równoległe a ani długości, ani kąty nie zostaną zmienione.

Jeżeli walec jest prosty, to z takiego rozwinięcia otrzymamy prostokąt, ponieważ boki, jako linie prostopadłe do podstawy, pozostaną i po rozwinięciu prostopadłe do jej obwodu (rozwiniętego). Podstawą tego prostokąta jest obwód dna a wysokością bok walca. Stąd obliczymy całą powierzchnię:

P =2 r² z -}- 2 r % .b lub, wyłączając 2 rr. przed nawias:

-P=2 VK(r + b)

Jeżeli walec jest równoboczny, to, b = 2r, więc:

czyli:

P — 2 r% .3 r _P = 6 r²z

Wzory te odnoszą się tylko walców prostych.

za-

* Jeżeli walec kołowy jest pochyły, to rozwinięcie jest gadnieniem trudniejszem. Ustawiając taki walec dogodnie, t. j. tak

aby jego boki były prostopadle do płaszczyzny poziomej a dno prostopadłe do płaszczyzny pionowej (fig. 298), otrzymamy elipsę jako rzut podstawy. Elipsa ta jest przystająca do przekroju normalnego A B. Rozwinięcie obwodu tej elipsy jest juź zagadnieniem, wkraczającem w zakres matematyki wyższej. W przybliżeniu możemy wykonać tę konstrukcyę, biorąc małe kawałki obwodu elipsy po kolei w cyrkiel i odcinając je na jednej linii prostej RR'. Następnie w odpowiednich punktach odmierzamy kawałki krawędzi bocznych do góry i na dół. (Porównaj rozwinięcie graniastosłupa pochyłego!). Otrzymamy w ten sposób pas zamknięty liniami v krzywemi falistemi, które nazywamy: sinusoidami. Z liniami temi spotykamy się w nauce trygonometryi.

P'

R‘

Fig. 298.

Pas taki można zamienić na prostokąt, przenosząc część jego, leżącą nad osią RR', na dół tak, aby P' Q' nakryło P Q. Prostokąt ten ma wysokość równą bokowi walca pochyłego a podstawa jego jest rozwiniętym obwodem elipsy A B. Jestto więc zarazem rozwinięcie walca prostego eliptycznego. *

Przy rozwijaniu po bocznicy walca jego tworzące pozostały liniami prostemi. Istnieją jednakowoż także inne linie, leżące na walcu, które po rozwinięciu przedstawią się jako proste. I tak przedewszyst-

Fig. 299.

kiem każdy przekrój normalny do osi (koło w walcu prostym, elipsa w walcu pochyłym) przedstawi się w rozwiniętej pobocznicy, jako linia prosta. Aby znaleźć inne linie, przedstawiające się po rozwinię-nięciu jako linie proste, narysujmy na rozwiniętej pobocznicy jakąkolwiek linię prostą ukośnie względem podstawy prostokąta (fig. 299). Ona przecina wszystkie tworzące pod tym samym kątem a więc i po zwinięciu pobocznicy te kąty nie ulegną zmianie. Otrzymamy na walcu linię krzyicą przestrzenną, która się wznosi, przecinając wszystkie tworzące pod tym samym kątem. Taką linię nazywamy linią śrubową.

Jeżeli poprowadzimy kilka takich linii równoległych na pobo-cznicy, ale zaczniemy drugą w tej wysokości, w której się kończy pierwsza linia, otrzymamy po zwinięciu kilka skrętów śruby. Wysokość k jednego skrętu nazywa się krokiem śruby.

Długość linii śrubowej łatwo obliczymy przy pomocy twierdzenia Pitagorasa, znając obwód walca i krok śruby. Linii tej używa się często w mechanice teoretycznej i stosowanej (por. ruch śrubowy str. 181).

§ 100. Przybliżone pomiary objętości.

Poznaliśmy już sposoby mierzenia odcinków, kątów i powierzchni. Zadaniem równie waźnem jest mierzenie pojemności czyli objętości brył, t. j. wielkości przestrzeni zajmowanej przez bryły. (N. p. wielkość budynku, pojemność kotłów, naczyń, zbiorników, objętość wykopanej lub usypanej ziemi przy robotach ziemnych, wydajność prądu wody i t. p.) W ścisłym związku z objętością ciał jest ich ciężar. Wiemy mianowicie, że ciężar jednego centymetra sześciennego jakiegokolwiek ciała nazywa się jego ciężarem gatunkowym (jeżeli ciało nie jest jednorodne, używa się przeciętnego ciężaru gatunkowego,). Jeżeli znamy ten ciężar gatunkowy i wiemy, ile cm³ jakieś ciało zawiera, t. j. jaką posiada objętość, potrafimy obliczyć ciężar ciała, nie ważąc go zupełnie (n. p. ciężar ścian budynku, ciężar mostu, konstrukcyi żelaznej, ciężar ropy w zbiornikach i t. p.). Wartość rozmaitych ma-teryałów ocenia się najczęściej według ciężaru; wynika stąd wielkie ekonomiczne znaczenie tego nowego pojęcia. (Kiedy wartość mate-ryału ocenia się według wielkości powierzchni lub według długości?)

Wprowadziliśmy objętość jako nową wielkość. Trzeba przede-wszystkiem nauczyć się porównywać te wielkości. Otóż za równe uważamy objętości brył przystających i takich, które się dadzą złożyć z brył parami przystających.

Jako jednostkę do mierzenia objętości trzeba obrać jakąś bryłę, której wymiary w rozmaitych kierunkach wynoszą jednostkę długości, a więc 1 m, 1 dm, 1 cm. Można więc obrać n. p. kulę; ale kulami nie można wypełnić przestrzeni bez luk, dlatego też używamy hl'yły graniastej i to najbardziej symetrycznej, najprostszej. Taką bryłą jest sześcian.

Za jednostkę objętości obieramy więc sześcian, którego krawędź wynosi 1 m, 1 dm, 1 cm, 1 mm i t. d. Taki sześcian nazywamy m e-trem sześciennym (lub kubicznym), decymetrem sześcien-nym, centymetrem sześciennym i t. d. i oznaczamy znakami: 1 m³, 1 dm³, 1 cm³, 1 mm³.

Zmierzyć objętość jakiejś bryły, to znaczy: zbadać, ile razy w danej bryle mieści się jednostka objętości. Rozszerzając określenie równości objętości powiemy: objętości brył uważamy za równe, jeżeli ich liczby wymiarowe są równe. Dla niektórych brył można wykonać pomiar objętości wprost, t. j. można bryłę rozłożyć (na rysunku lub w myśli) na same kostki o bokach 1 m, 1 dni, 1 cm. Trzeba w tym celu poprowadzić odpowiedni system przekrojów płaskich. Należą tu przedewszystkiem bryły prostokątne, t. j. prostopadłościan. Objętości innych prostych brył, jak ostrosłupów, walców, graniastosłupów i t. d. dotychczas poznanych, można znaleźć rachunkiem ze znanych wymiarów poszczególnych długości, występujących w tych bryłach.

Przeważnie jednak bryły, występujące w świecie zewnętrznym, są nieprawidłowe, nie można więc ich objętości zmierzyć przy po mocy jakiegoś prawa matematycznego, wzoru. Używamy wtedy sposobów przybliżonych, z których najwięcej rozpowszechnione są: ważenie i zanurzanie w płynach.

Metody ważenia używa się dla ciał, mających wszędzie jednostajną gęstość, t. j. dla ciał jednorodnych. Trzeba tylko znać ciężar 1 cm³ tego ciała, t. j. ciężar gatunkowy: c. Wiedząc, ile gramów waży całe ciało a ile gramów 1 cm³ tego ciała, otrzymamy liczbę centymetrów sześciennych, dzieląc ciężar całkowity przez ciężar gatunkowy. Oznaczając ciężar całego ciała literą Q a liczbę centymetrów sześciennych czyli liczbę wymiarową objętości literą V, otrzymamy:

V=

(Dlaczego tą drogą nie można otrzymać ścisłych wyników, t. j. dowolnego przybliżenia?)

Drugiej metody: zanurzania w płynie możemy już użyć dla każdego ciała, bez względu na to, czy jest jednorodne, czy też nie. Jeżeli jakieś ciało nierozpuszczalne zanurzymy w jakimkolwiek płynie, podniesie się płyn w naczyniu o tyle, ile wynosi objętość zanurzonego ciała. Naczynia obieramy w takiej postaci, aby łatwo można obliczyć objętość każdej części naczynia. Najczęściej używa się naczyń w formie walca, opatrzonych już podziałką na centymetry sześcienne. Podziałkę taką sporządza się zwykle nie rachunkiem, ale doświadczalnie (naczynia kalibrowane!). Odczytując stan poziomu cieczy przed wrzuceniem badanego ciała i po wrzuceniu, otrzymujemy jego objętość, jako różnicę obydwu odczytań.

Dla brył prawidłowych dotychczas poznanych wyprowadzimy ścisłe sposoby obliczania objętości.

16

ŁOMNICKI. GEOMETRYA. I. II.

§ 101. Objętość graniastosłupa i walca.

Z /    ~7

Najłatwiej jest obliczyć objętość prostopadłościanu, podobnie jak w planimetryi pole prostokąta. Weźmy najpierw pod uwagę taki prostopadłościan, którego krawędzie zawierają całkowite liczby jednostek długości, n. p. centymetrów, bez reszty. N. p. (fig. 300) a — — 4 cm, b = 3 cm, c = 5 cm. Prowadząc trzy systemy przekrojów płaskich równoległych do ścian prostopadłościanu, w odstępach 1 cm, rozdzielimy całą bryłę na same kostki o krawędzi 1 cm, to znaczy na same centymetry sześcienne. Liczba tych cm³ wynosi:

(1)

V=a .b .c

albowiem na podstawie można ich umieścić a. b a takich warstw jest w bryle c. (N. p. na fig. 300 na podstawie jest 3.4=12 cm³ a takich warstw jest pięć, więc wszystkich centymetrów sześciennych jest 3.4.5 = 60 cm³).

Stąd wniosek:

objętość prostopadłościanu obliczamy, mnożąc przez siebie liczby wymiarowe trzech krawędzi, schodzących się w jednem narożu.

Dla sześcianu a = b = c, więc objętość:

V =«³

(Wykaż, że zamiennikiem miar objętości jest liczba 1000!)

Wzór (1) można przedstawić także winnej postaci: iloczyn a.b daje pole podstawy D a c jest wysokością prostopadłościanu, więc:

V — JD. w

Fig-. 300.

(2)

(3)

Liczba wymiarowa objętości prostopadłościanu równa się liczbie wymiarowej podstawy pomnożonej przez liczbę wymiarową wysokości. Krótko wyrażamy to zwykle tak:

objętość prostopadłościanu równa się podstawie pomnożonej

przez

Jeżeliby krawędzie nie zawierały całkowitych liczb centymetrów, próbujemy je wymierzyć milimetrem, y¹^ mm,... i objętość obliczamy w ten sam sposób. Gdyby zaś krawędzie były niewspółmierne z jednostką długości, to prostopadłościan nie dałby się już

wysokość.

rozłożyć na kostki, mające jednostkę długości. Mimoto wzór na obliczenie objętości pozostaje ten sam. Aby to wykazać, trzeba przeprowadzić podobne rozumowanie, jak w planimetryi przy obliczaniu pola prostokąta (por. str. 134). Grdyby n. p. « = 5*270... cm, 0 = 3-182 ... cm, c = 4*695 ... cm, to widocznie szukana liczba wymiarowa objętości zawiera się kolejno między iloczynami:

5.3.4 a 6.4.5 5*2.3*1.4*6 a 5*3.3*2.4*7 5*27.3*18.4*69 a 528.3*19.4*70

albowiem prostopadłościan o krawędziach a, b, c zawiera się cały wewnątrz prostopadłościanu o krawędziach 6, 4, 5 a mieści w sobie cały prostopadłościan o krawędziach 5, 3, 4. Podobnie możemy go zacieśniać dalej. (Wykonaj odpowiedni rysunek!)

Ponieważ liczba V zawiera się stale między dwoma iloczynami, zdążającymi do tej samej granicy a.b.c, przeto musi być

V — a. b . c

Wszystkie inne proste graniastosłupy i walce można już sprowadzić do obliczenia objętości prostopadłościanu. Widzieliśmy bowiem w planimetryi, że każdą powierzchnię można zamienić na prostokąt o równem polu. Każdy więc słup prosty można zamienić na słup o tej samej wysokości, o podstawie prostokątnej, równej co do pola, t. j. na prostopadłościan. Objętość tego prostopadłościanu równa się objętości pierwotnej bryły, bo podstawa zawiera tyle samo centymetrów kwadratowych (lub jego części), można więc na niej ustawić tyle sześcianów o boku 1 cm, ile w pierwotnej bryle. Ponieważ zaś wysokość została niezmieniona, to i liczba tych warstw pozostaje ta sama. Otóż:

objętość każdego prostego graniastosłupa i walca równa się

liczbie wymiaroivej podstawy pomnożonej przez liczbę wymiarową wysokości.

T=I).w

(Jednostki użyte do mierzenia podstawy i wysokości muszą być takie same!)

Stąd otrzymujemy dla walca:

V — r² x . w

Dla walca równobocznego w = 2 r, więc:

V = 2 r³ x

Jak się mają do siebie objętości dwóch walców równobocznych'? dwóch walców podobnych?

(3)

(4)

(5)

16*

Ze wzorów (2), (3), (4), (5) wynika ogólne prawo : objętości dwóch brył podobnych mają się do siebie tak, jak trzecie potęgi odpowie dnich wymiarów liniowych.

Na podstawie wzoru (3) można wykonywać podobne zamiany i podziały graniastosłupów, jakie się wykonuje w planimetryi na wielokątach (por. str. 140).

Pozostają jeszcze do obliczenia objętości słupów pochyłych.

Okażemy, że ten sam sposób obliczenia odnosi się także do graniastosłupów i walców pochyłych.

Mianowicie udowodnimy, że:

objętość słupa pochyłego równa się objętości słupa prostego, mającego równą podstawę i równą wysokość.

Poglądowo można okazać to twierdzenie w ten sposób, że gra-niastosłup prosty rozcinamy zapomocą przekrojów równoległych do dna na jak najcieńsze płytki. Zostawiając dno nieruchome, prze-suAvamy poziomo wszystkie inne płytki, każdą o ten sam odcinek względem poprzedniej. (Por. fig. 301 w przekroju!)

Fig. 301.

Otrzymamy w ten sposób bryłę zbliżoną do graniastosłupa pochyłego o tej samej podstawie. Wysokość nie zmieniła się przy tern, bo jest sumą grubości wszystkich płytek. Objętość również pozostała niezmieniona, jako suma

objętości wszystkich płytek. (Zrób to samo ze sto-

Fig. 302.

Cl

'\H'

D'

d.

sem monet, papierków!)

Ściśle udowodnimy to, opierając się na własności rzutów (str. 189). Weźmy dowolny słup pochyły ABC A'B'C' (fig. 302).

Poprowadźmy przekrój normalny (t. j. prostopadły do krawędzi) AED. Słup pochyły możemy zamienić na

prosty, przesuwając bryłę ADBCE na dół równolegle o odcinek AA'. Otrzymaliśmy słup prosty o tej samej objętości, gdyż składa się z części przystających do odpowiednich części bryły ABC A'B'C. (Udowodnij przystawanie!) Objętość słupa prostego a więc i pochyłego wynosi:

V— AED .AA' lub króciej : V—P'.k

Aby obliczyć objętość słupa pochyłego, trzebaby więc znać pole przekroju normalnego P' i krawędź. Zwykle jednak znamy tylko pole dna P.

Wykażemy jednakże, że

P' .k — P . w

Dowód: dno P' można uważać za prostopadły rzut dna P na płaszczyznę a. Poprowadźmy wysokość w słupa pochyłego i przetnijmy go płaszczyzną, zawierającą k i w. Ona przecina słup pochyły wzdłuż krawędzi G G' a prosty wzdłuż krawędzi HH'. Dna tych słupów przecina płaszczyzna wzdłuż A'G' i A'H' (jest ona przekrojem normalnym kąta dwu ściennego płaszczyzn P i P', por. § 84). Widzieliśmy (str. 189), że powierzchnia P' zmniejsza się przez rzut w tym samym stosunku, w jakim się skraca odcinek A'G' prostopadły do krawędzi płaszczyzn P i a.

Otóż:

P:P' = ArG':A'H'

Ale z podobieństwa trójkątów A'H'G' i A F A’ wynika, że A'G' : A'PL' = k : w, więc P : P' = k : w P'. k — P. iv

Otrzymujemy zatem na objętość słupa pochyłego wzór:

V=P.w

zupełnie taki sam, jak dla słupów prostych.

Możemy więc wypowiedzieć zupełnie ogólne prawo: objętość każdego graniastosłupa i walca, pochyłego i prostego, oblicza się, mnożąc podstawę przez wysokość (a ściślej: liczbę wymiarową podstawy przez liczbę wymiarową wysokości).

Ćwiczenia IX. ¹)

§ 96.    1. Wykazać, że graniastosłup wieloboczny można podzielić na same

graniastosłupy trójboczne zapomocą przekrojów, poprowadzonych przez przeciwległe krawędzie boczne.

2.    Wykreślić w rzutach graniastosłup umiarowy o podstawie sześcio-bocznej, znając krawędź podstawy a — 1 cm i wysokość b = 5 cm. Ten sam rysunek wykonać w perspektywie równoległej.

3.    Wykreślić w rzutach graniastosłup pochyły, którego podstawą jest sześciokąt umiarowy o boku a — 1 cm a krawędź boczna b — 6 cm jest nachylona do podstawy pod kątem 60°. Ten sam graniastosłup wykreślić w perspektywie.

4.    Mając dany dowolny graniastosłup pięcioboczny w rzutach, wykreślić go w perspektywie równoległej (ukośnej).

5.    Narysować w rzutach graniastosłup ośmioboczny umiarowy, ustawiony dnem równolegle do płaszczyzny pionowej.

6.    Wykazać, że cztery przekątnie równoległościanu przecinają się w jednym punkcie.

7.    Obliczyć przekątnię sześcianu, znając jedną krawędź.

8.    Pokój ma długość 7 m, szerokość 4 m a wysokość 5 m. Obliczyć odległość wierzchołków dwóch najdalszych kątów bryłowych.

9.    Jakie płaszczyzny, osie i środki symetryi posiada: a) równoległościan prosty i prostokątny; b) równoległościan prosty ukośnokątny; c) równoległościan pochyły o podstawie prostokątnej. Wykonaj odpowiednie rysunki!

10.    Ile wynosi suma kątów płaskich w graniastosłupie 4-bocznym, 5-bocznym, w-bocznym ?

11.    Ile wynosi suma kątów dwuściennych, leżących przy krawędziach bocznych, w graniastosłupie 4-. 5-... ^-bocznym?

§ 97.    12. Wykonać z kartonu model graniastosłupa, opisanego w zadaniu 2)

w powiększeniu dwukrotnem (pod względem długości krawędzi).

13. Wykonać z kartonu model graniastosłupa, opisanego w zadaniu 3) w powiększeniu dwukrotnem (pod względem długości krawędzi).

14. Wykonać rozwinięcie dowolnego graniastosłupa prostego, danego zapomocą rzutów.

^ 15. Wykonać rozwinięcie dowolnego sześciobocznego graniastosłupa pochyłego, danego w rzutach, przyczem przekrój normalny jest równoległy do płaszczyzny poziomej a dno prostopadłe do płaszczyzny pionowej.

16. Mając podany graniastosłup prosty w rzutach, przeciąć go płaszczyzną prostopadłą do płaszczyzny pionowej a nachyloną do poziomej.

Przerysować ten graniastosłup wraz z przekrojem w perspektywie równoległej.

* 17. Wykonać rozwinięcie pobocznicy graniastosłupa z poprzedniego zadania wraz z przekrojem.

18.    Mając narysowany dowolny graniastosłup pięcioboczny w perspektywie równoległej, wykonać jego rozwinięcie.

19.    Obliczyć powierzchnię kostki, której przekątnia wynosi 12 cm.

20.    Obliczyć powierzchnię prostopadłościanu, znając trzy krawędzie, schodzące się w jednem narożu.

21.    Ile razy powiększy się powierzchnia kostki, jeżeli się krawędź powiększy dwa, trzy, cztery razy?

22.    Obliczyć powierzchnię prostopadłościanu, znając stosunek trzech krawędzi m : n :p — 2 : 5 : 8 i przekątnię główną d — 24 cm.

28. W prostopadłościanie znamy pola trzech przekrojów, poprowadzonych przez przeciwległe krawędzie: px — 104 cm², p% = 12.]/89 cm², p₃ = 20 . ]/ 18 cm². Obliczyć krawędzie.

24.    Powierzchnia prostopadłościanu wynosi P — 280 cm², ściana boczna i> = 50 cm² a przekątnia główna d—\ 161 cm. Obliczyć krawędzie.

25.    Przecięcie prostopadłościanu, przechodzące przez dwie krawędzie boczne, jest kwadratem o polu A — 25 cm² a podstawa jest także kwadratem. Obliczyć powierzchnię całej bryły.

26.    Podstawą graniastosłupa prostego jest trójkąt prostokątny, którego przeciwprostokątnia c — 2⁻4 dm a przyprostokątnia a — P9 cm. Wysokość równa się drugiej przyprostokątni. Obliczyć powierzchnię.

27.    Obliczyć powierzchnię graniastosłupa umiarowego sześciobocznego, znając promień podstawy i wysokość.

28.    Obliczyć powierzchnię graniastosłupa umiarowego: a) trójbocznego; b) czworobocznego; c) pięciobocznego; d) ośmiobocznego, znając wysokość i promień koła opisanego na podstawie n. p. «0 = 10 cm, r = 2 cm.

29.    Obliczyć powierzchnię bryły powstałej z sześcianu przez odcięcie ośmiu naroży zapomocą płaszczyzn, odcinających czwartą część każdej krawędzi. Narysuj tę bryłę w rzutach i w perspektywie!

30.    Obliczyć powierzchnię graniastosłupa umiarowego: a) sześciobocznego; b) ośmiobocznego, jeżeli wszystkie krawędzie i boczne i podstawowe są równe (n. p. k — 2 cm). Narysować te bryły w rzutach i perspektywie!

§ 98.    81. Narysować w rzutach i w perspektywie walec prosty, znając

promień podstawy r = 2 cm i bok b = 6 cm.

32.    Narysować w rzutach i w perspektywie równoległej walec kołowy, którego promień podstawy r= 2 cm a bok wynosi b = 8 cm i jest nachylony do podstawy pod kątem 75°.

33.    W walcu, opisanym w poprzedniem zadaniu, wykreślić przecięcie osiowe, zawierające rzut osi.

34.    Mając dany dowolny walec prosty w rzutach, narysować go w perspektywie równoległej.

35.    Narysować w rzutach i w perspektywie równoległej walec prosty przecięty płaszczyzną prostopadłą do płaszczyzny pionowej a nachyloną do poziomej. W jakiej płaszczyźnie leży oś wielka elipsy przekroju a w jakiej oś mała?

36.    Mając walec podany w rzutach, znaleźć taki przekrój ukośny, aby oś wielka elipsy przekroju była dwa razy większa od osi małej. Narysować ten przekrój w prawdziwej wielkości.

37.    Koło oświecone promieniami równoległymi a prostopadłymi do jego płaszczyzny, rzuca cień na płaszczyznę nachyloną pod kątem 60° do promieni światła. Narysować to w perspektywie a osobno cień w prawdziwej wielkości.

*    38. Do dowolnego walca narysowanego w perspektywie równoległej a spoczywającego na płaszczyźnie, poprowadzić płaszczyznę styczną wzdłuż tworzącej A A'. Trzeba najpierw znaleźć styczną do elipsy, przedstawiającej dno walca. Por. fig. 296.

*    39. Z punktu poza walcem poprowadzić dwie płaszczyzny styczne do niego (w perspektywie równoległej).

40. Jakie płaszczyzny, osie i środki symetryi posiada: a) walec prosty; b) walec pochyły?

§ 99.    41. Wykonać rozwinięcie dowolnego walca prostego danego:

a) w rzutach; b) w perspektywie równoległej o znanem zniekształceniu.

42.    Wyciąć z kartonu siatkę walca prostego o promieniu r = 4 cm a o wysokości b — 6 cm i skleić model.

43.    Sporządzić model walca równobocznego o wysokości 5 cm.

44. Walec pochyły dany zapomocą rzutów (por. fig. 298) rozwinąć na płaszczyźnie przybliżoną konstrukcyą. Wykonać model!

45.    Narysować w rzutach i w perspektywie równoległej rurę walcową o średnicy wewnętrznej 1 cm a o grubości 3 mm. Długość rury 7 cm.

46.    Obliczyć powierzchnię walca równobocznego o wysokości 6 cm.

47.    Na kwadratowej podstawie 8 m szerokiej spoczywa sklepienie, utworzone z części pobocznie dwóch walców, przenikających się (ich średnice = 8 ni). Obliczyć powierzchnię tego sklepienia. Naszkicować rysunek!

48.    Obliczyć powierzchnię walca prostego, którego bok wynosi 3 cm a promień podstawy 1 cm.

49.    Wykazać, że prostokąt zakreśla pobocznicę walca o takiej samej powierzchni bez względu na to, czy się obraca koło dłuższego, czy koło krótszego boku.

50.    Obliczyć powierzchnię rury walcowej, opisanej w zadaniu 45.

51.    Obliczyć wysokość walca równobocznego, którego powierzchnia

P= 1 m².

52.    Obliczyć powierzchnię walca prostego wpisanego w graniastosłup umiarowy sześcioboczny, znając bok sześciokąta (a — 12 mm) i wysokość graniastosłupa w — l dm. Rysunek!

53.    Obliczyć powierzchnię walca opisanego na prostopadłościanie o krawędziach a — 3 cm; i = 4 cm; c = 5 cm. Rysunek!

54.    Wycięto część walca zapomocą dwóch przecięć osiowych, tworzących kąt 60°. Obliczyć powierzchnię bryły wyciętej, znając promień walca r = 2 cm i wysokość 5 = 5 cm. Narysuj w rzutach i w perspektywie!

55.    Ile dm² blachy trzeba użyć na zrobienie koryta ograniczonego połową pobocznicy walca i dwoma półkolami? Długość 4 m, głębokość 3⁻2 dm. Narysować tę bryłę w położeniu poziomem w pomniejszeniu 1 : 40.

56.    Na walcu, którego promień r — 3 cm a wysokość tv — 8 cm, znajduje się 16 skrętów śruby. Obliczyć długość linii śrubowej!

57.    Długość linii śrubowej, tworzącej jeden skręt wynosi 24 dm a wysokość walca 15 dm. Ile wynosi jego powierzchnia?

§ 100. 58. Ciało waży 25 kg. Ile wynosi jego objętość, jeżeli ciężar gatunkowy wynosi c — 8 ?

59. Przez wrzucenie jakiegoś ciała do napełnionego naczynia wylało się ¹1₂ l wody. Jak wielką objętość ma to ciało?

§ 101.    60. Narysować w perspektywie równoległej równoległościan prosty

o podstawie rombowej i zamienić go na prostopadłościan.

61.    Narysować w perspektywie równoległej graniastosłup pochyły czworoboczny i zamienić go na graniastosłup prosty.

na

62.    Graniastosłup prosty o podstawie sześciobocznej zamienić prostopadłościan w rzutach i w perspektywie.

63.    Obliczyć objętość sześcianu, znając: a) powierzchnię jednej ściany p =144 cm², b) przekątnię sześcianu d=8cm, c) przekątnię ściany bocznej q= 12 cm.

64.    Obliczyć ciężar żelaznej skrzyni sześciennej, której długość wynosi 0'5 m a grubość ścian 1 cm. Ciężar gatunkowy żelaza kutego c = 7\3.

65.    Znaleźć krawędź kostki, mającej dwa razy większą objętość od kostki o znanej objętości, n. p. V — 50 dm³ (problem delijski: podwojenie ołtarza sześciennego). Zadanie to nie da się wykonać przy pomocy jedynie cyrkla i lineału!

66.    Jak długa jest kostka ołowiana, ważąca 1 kg (ciężar gatunkowy ołowiu c = 11‘37).

67.    Ile waży cegła, mająca rozmiary 29 cm, 14 cm, 6-5 cm, jeżeli jej ciężar gatunkowy c = P8.

68.    Ile ważą schody kamienne, prowadzące do wysokości 12 m, z których każdy ma rozmiary 15 m, 2 dm a 1 dm wysokości a ciężar gatunkowy kamienia c = 2⁻5 ?

69.    Obliczyć objętość graniastosłupa prostego o wysokości 6 dm, jeżeli jego podstawa jest: a) trójkątem równobocznym, b) pięciokątem umiarowym, c) sześciokątem umiarowym, d) ośmiokątem umiarowym o boku a= 1 dni.

70.    Znając powierzchnię graniastosłupa umiarowego 3-, 5-, 6-bocznego, obliczyć jego objętość, jeżeli wysokość jest dwa razy większa od krawędzi podstawy.

71.    Obliczyć objętość walca prostego, znając obwód podstawy U = 628 cm i wysokość.

72.    Ile wody na sekundę przepływa przez rurę o przekroju kołowym, którego średnica wynosi 2 dm, jeżeli prędkość ruchu wody jest 1*5 m na sekundę. Ile hektolitrów dziennie może ta rura dostarczyć?

73.    Grubość drutu żelaznego wynosi 3 mm. Ile metrów tego drutu otrzymamy z 1 kg (ciężar gatunkowy c = 7'3).

74.    Kilogram drutu o ciężarze gatunkowym c= 11 zawiera 80 m tego drutu. Ile wynosi promień przekroju?

75.    Obliczyć ciężar rury żelaznej (c. g. żelaza lanego = 7-8), znając jej grubość: 2 cm, promień przekroju wewnętrznego r— 15 cm i długość 6 m.

76.    Jak szerokie jest naczynie w formie walca, zawierające 1 Z, jeżeli a) wysokość równa się średnicy podstawy, b) wysokość równa się podwójnej średnicy podstawy.

77.    Srebrny drut 30 cm długi o grubości 1 mm powleczono warstwą złotą grubości 0-3 mm. O ile zmniejszy się grubość tego drutu i grubość warstwy złota, jeżeli go wyciągniemy do długości lm?

78.    Naczynie walcowe do mierzenia ilości opadów atmosferycznych ma średnicę 25 cm. Podczas deszczu przybyło P36 kg wody. Jaka była wysokość opadu? O ile mm wzniosła się woda w tern naczyniu? Ile hektolitrów wody spadło na przestrzeni 1 km² ? 1 m²? 1 cm² ?

79.    Do naczynia w formie walca o średnicy 8 cm wrzucono kostkę sześcienną; woda podniosła się o 15 mm. Ile wynosi objętość kostki? Ile wynosi jej krawędź ?

80.    Obliczyć ciśnienie słupka rtęci o wysokości 76 cm na 1 cm² podstawy, znając ciężar gatunkowy rtęci — 13-59.

81.    Walec pływa po wodzie zanurzony do połowy. Obliczyć jegO' ciężar gatunkowy (prawo hydrostatyczne Archimedesa !).

82.    Różnica objętości dwóch walców, z których jeden jest opisany na sześcianie a drugi wpisany, wynosi D — 126 cm³. Obliczyć krawędź sześcianu.

83.    W rurce o jednostajnej grubości rtęć zajmuje 15 cm a ciężar tego słupka rtęci wynosi 0-064 gr. Jaka jest średnica przekroju tej rurki (c. g. rtęci = 13*6) ?

84.    Obliczyć objętość walca: a) opisanego, b) wpisanego w graniasto-słup umiarowy sześcioboczny, którego krawędź podstawy a —2 cm a wysokość b = 24 cm.

85.    Obliczyć objętość graniastosłupa pochyłego o podstawie kwadratowej, znając krawędź podstawy a — 2 cm, krawędź boczną b = 36 cm i nachylenie jej do podstawy a = 60°.

Rozdział X.

Ostrosłupy i stożki.

¹

Przykłady na obliczanie powierzchni i objętości graniastosłupów i walców znajdują się w zbiorze zadań Kranza, str. 94 i 98.

§ 102. Ostrosłupy.

Dowolny punkt S, leżący nad płaszczyzną wielokąta ABC B E, połączmy z punktem A i obracajmy prostą SA około punktu S tak, aby

Fig. 303.

się ślizgała po obwodzie wielokąta. Powstanie przestrzeń zamknięta a więc bryła, zwana ostrosłupem. Wielokąt AB CDE nazywa się podstawą, punkt S wierzchołkiem a trójkąty SAB, SBC... ścianami boczne mi; ich zbiór nazywamy pobocznieą. Ostrosłup jest więc bryłą, ograniczoną P jednym wielokątem i tyloma ścianami bocznemi, schodźącemi się w jednym punkcie, ile dno ma boków. Można także prościej opisać ostrosłup. Jestto bryła, która powstanie, jeżeli jakiekolwiek naroże przetniemy płaszczyzną, przechodzącą przez wszystkie krawędzie.

Prostą SA, której ruch zakreślił pobocznicę, nazywamy tworzącą a wielokąt ABCDE kier o wn i c ą tej powierzchni. Odcinki tworzących zawarte między wierzchołkiem a podstawą nazywamy krawędziami bocznemi lub bokami ostrosłupa. Boki dna nazywamy krawędziami podstawowemi. Odległość wierzchołka od podstawy nazywa się wysokością ostrosłupa SH. Trzeba wyraźnie odróżniać wysokość ostrosłupa od wysokości ścian bocznych!

Według liczby ścian bocznych rozróżniamy ostrosłupy trojboczne, czworoboczne i t. d. Ostrosłup trójboczny nazywamy także często czworościanem. Mniej ścian nie może mieć żadna bryła graniasta (wielościan). W każdym czworościanie istnieje punkt równo oddalony od wszystkich wierzchołków i punkt równo oddalony od wszystkich ścian. (Udowadnia się przy pomocy płaszczyzn symetryi krawędzi i kątów dwuściennych). Podobnie jak w planimetryi, przy rozważaniu wielokątów, rozkłada się je na trójkąty, tak w stereo-metryi rozkłada się często wielościany na same czworościany. Każdą ścianę czworościanu możemy uważać za podstawę ostrosłupa.

Jeżeli wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa są równe, to ich rzuty na podstawę są równe, w ięc punkty A, B, C, D, E (fig. 303) leżą wtedy na obwodzie koła, którego środkiem jest spodek wysokości (rzut punktu S) a promieniem odległość jego od któregokolwiek wierzchołka podstawy. Taki ostrosłup, którego krawędzie boczne są równe, nazywamy prostym.

Uwaga: określenie to nie zgadza się z tem, co pospolicie uważamy za ostrosłup prosty. N. p. ostrosłup o podstawie rombowej, którego wierzchołek leży prostopadle nad środkiem podstawy (fig. 304) nazwiemy w potocznem życiu prostym, bo nie pochyla się w żadną stronę. Jednakowoż według naszego określenia nie jest prostym, bo &A )> SB a więc krawędzie boczne nie są równe.

Fig. 304.

Dnem ostrosłupa prostego może być tylko ^ taki wielokąt, na którym da się opisać koło. Jeżeli w ostrosłupie prostym dno jest wielokątem umiarowym, ostrosłup nazywamy umiarowym. Jeżeli dno jest trójkątem równobocznym a przytem krawędzie boczne są równe krawędziom podstawy, to wszystkie ściany są przystającymi trójkątami równobocznymi. Z tego wynika, że i wszystkie naroża są

Fig. 305.

przystające (por. str. 192). Bryłę taką zaliczamy do wielościanów umiarowych i nazywamy czworościanem umiarowym. Inny wielościan umiarowy otrzymamy z ostrosłupa umiarowego czworościennego, którego krawędź podstawy równa się krawędzi bocznej. Dwa takie ostrosłupy złączone podstawami a których wierzchołki leżą po przeciwnych stronach podstawy, tworzą ośniiościan umiarowy (fig. 305). Wszystkie jego ściany są trójkątami równobocznymi a wszystkie naroża są przystające, można bowiem każde złożyć z dwóch parami przystających naroży trójściennych (o kątach płaskich a = 60, ß = 60°, ę = 90°).

Ostrosłupy występują w naturze często, jako postacie kryształów. Rzadziej spotykamy je jako dzieła rąk ludzkich (niektóre dachy, ostrza i t. p.). Natomiast bardzo często mamy do czynienia z ostrosłupami przy wykonywaniu rysunków, w nauce o perspektywie, o cieniach. Jeżeli bowiem jakikolwiek pęk prom i eu i przetniemy płaszczyzną powstanie ostrosłup, którego wierzchołkiem jest wierzchołek pęku.

Aby ostrosłup przedstawić w rzutach, ustawiamy go tak, aby dno było równoległe do płaszczyzny poziomej. W rzucie pionowym (widok

z przodu) otrzymamy trójkąt z kilkoma liniami, poprowadzonemi od wierzchołka do podstawy; w rzucie poziomym (widok z góry !) przedstawi się ostrosłup jako wielokąt przystający do dna, w którym pewien punkt, leżący na jego polu, jest połączony z wszystkimi wierzchołkami. Jeżeli ostrosłup jest prosty, punkt ten jest środkiem koła opisanego.

Aby ostrosłup narysować w perspektywie równoległej, rysujemy najpierw dno w znany sposób; wr punkcie, który jest obrazem punktu S", kreślimy linię prostopadłą do osi poziomej i odcinamy na niej wysokość X S'.

A\

?!

4-

A“

S‘

Tjîfl

\B‘\X

X\C

/y

c"

B"

Fig. 306.

§ 103. Powierzchnia ostrosłupa. Siatka.

Aby obliczyć powierzchnię ostrosłupa, trzeba do powierzchni dna dodać powierzchnię pobocznicy:

P = />+.]/

Jeżeli ostrosłup jest umiarowy n — boczny, to ściany boczne są przystającymi trójkątami (dlaczego?) a więc powierzchnia pobocznicy wynosi:

M=5^*

2

gdzie a oznacza krawTędź podstawy a h wysokość ściany bocznej. Dla ostrosłupów" niéumiarow’ych trzeba każdą ścianę boczną osobno obliczać.

Rozwinięcie ostrosłupa prostego podanego w rzutach jest trudniejsze, ponieważ krawędzie boczne nie występują w prawdziwej wielkości ani w rzucie pionowym, ani w⁷ rzucie poziomym. Trzeba obrócić cały ostrosłup tak, aby jedna krawędź boczna była równo-

\ legia do płaszczyzny pionowej. Na fig. 306 obraliśmy już takie położenie, A że krawędź SA jest równoległa do płaszczyzny pionowej, więc S'A' jest prawdziwą długością krawędzi (S' C już nie!). Ponieważ i wszystkie inne krawędzie boczne mają tę samą wielkość, rozwinięcie poboczni-cy da się już wykonać. Zakreślamy promieniem S' Ä koło (fig. 307) i odcinamy po kolei cięciwy AB = = A" B", B C = B" C", C D — C" B" i t. d.; ich końce łączymy z punktem S. Przy jednym z boków^, n. p przy B C, rysujemy wielokąt

(A) B C(B) (.E) ~ A" B" C" D" E"

Jeżeli ostrosłup jest pochyły, rozwinięcie jest jeszcze trudniejsze.

tyj

B,

ty

(A

Fig. 307.

§ 104. Ostrosłup ścięty.

Z przekrojów ostrosłupa najważniejszy jest dla nas przekrój równoległy do podstawmy. Poprowadźmy płaszczyznę: k || K. Kraw-ędzie

przekroju są rów-noległe do krawrędzi podstawy; wskutek tego odpowiednie kąty wielokątów K i k są równe: ^A = ^A', ACB=^B', ACC=ityC'...

Boki wielokątów Kik są propor-cyonalne, albowiem AB: A' B’ = SB: SB' = BC:B’ C

A/Ck

o'YV

ff

Fig. 308.

a więc A B : A' Bf = B C : B C'.

Stąd wniosek : przekrój ostro-słupa płaszczyzną równoległą do podstawy jest wr i e 1 o-kątem podobnym do podstawy.

Pola figur podobnych mają się do siebie, jak kwadraty odpowiednich boków (por. § 69), więc

K:k — AB² : A' B'². Wykreślmy wrysokość S O. to: A B: A'B' = SB : SB' = SO: SO’

K:k = S0²: S O'²

więc słówkami :

Pola podstawy i przekroju równoległego w ostrosłupie tak się mają do siebie, jak kwadraty ich odległości od wierzchołka.

Twierdzenie to odnosi się do dowolnego pęku promieni, przeciętego dwoma równoległemi płaszczyznami. Stosując to twierdzenie n. p. do optyki widzimy, że, jeżeli pęk promieni światła pada na dwie płaszczyzny równoległe, to źródło światła oświetla z odległości 3, 4, 5 razy większej pole 9, 16, 25 razy większe. Wobec tego natężenie światła słabnie w stosunku do kwadratu odległości.

Bryłę, powstającą z ostrosłupa przez odcięcie mniejszego ostrosłupa zapomocą płaszczyzny równoległej do dna, nazywamy ostrosłupem ściętym. Jest on ograniczony dwoma równoległemi i po-dobnemi do siebie dnami i tyloma trapezami (ścianami bocznemi), ile

dno ma boków. Więc powierzchnia ostrosłupa ściętego wynosi:

A',

P= n -f d -f M Co nazwiemy wysokością ostrosłupa ściętego ? Co nazwiemy wysokością ściany bocznej? Jakie bryły z życia codziennego są ostrosłupami ściętymi?

Fig. 309.

309 wyjaśnia dostatecznie konstrukcyę pobocznicy ostrosłupa ściętego.

Rozwinięcie ostrosłupa ściętego najłatwiej wykonać, uzupełniając go do zwykłego ostrosłupa. Fig. potrzebną do rozwinięcia

§ 105. Stożek.

Fig. 310.

Podobnie, jak ostrosłup powstał przez ruch linii i prostej przytwierdzonej wr jednym punkcie po ob-Ij wodzie wielokąta, tak stożek powstaje przez ruch linii ; prostej przytwierdzonej w jednym punkcie po obwodzie j dowolnej linii krzywej. Ta linia prosta nazywa się two-; rżącą stożka a linia krzywa, po której się ślizga tworząca, nazywa się kierowrnicą stożka. Jeżeli kierownica jest kołem, stożek nazywa się kołowy. Kierownicę nazywamy także podstawą stożka a stały punkt S wierzchołkiem. Stożek kołowy jest więc ograniczony jedną powierzchnią płaską, mianowicie kołem i pobocznicą, która jest po-

wierzchnią krzywą krzywa nazywa się powierzchnią stożkową. Odcinek tworzącej, zawarty między wierzchołkiem a podstawą, nazywa się b o-kiem stożka. Prostopadła odległość wierzchołka S od podstawy nazywa się wysokością a prosta, łącząca wierzchołek ze środkiem podstawy, osią stożka.

ale prostoliniową. Taka powierzchnia

Jeżeli boki stożka są wszystkie równe, stożek nazywa się prosty, w przeciwnym razie pochyły. W stożku prostym wierzchołek leży na linii prostopadłej do podstawy wykreślonej w jej środku; oś jest więc w nim zarazem wysokością. Każdy przekrój stożka płaszczyzną, przechodzącą wzdłuż osi, jest trójkątem. Jeżeli stożek jest prosty, przecięcie osiowe jest trójkątem równoramiennym. (Czy w stożku pochyłym jest jakie przecięcie osiowe trójkątem równoramiennym?) Jeżeli prócz tego bok równa się średnicy podstawy:

b = 2 r

to przecięcie osiowe jest trójkątem równobocznym a stożek nazywa się

stożkiem równobocznym.

(Jakim ruchem obrotowym można otrzymać stożek prosty?)

*)

b)

Fig-. 311.

Aby stożek przedstawić w rzutach, ustawiamy go równolegle do płaszczy-; zny poziomej i otrzymujemy fig. 311 a) lub

b) dla stożka prostego i pochyłego. Przedstawienie stożka w perspektywie równoległej nie sprawia żadnej trudności, skoro potrafimy narysować dno w perspektywie. (Por. fig. 267 b. na str. 216).

§ 106. Powierzchnia stożka. Siatka.

Aby obliczyć powierzchnię stożka, postępujemy tak samo, jak z walcem, korzystając z tego, że pobocznica stożka jest także powierzchnią rozwijalną. Rozwinięcie to wykonujemy mechanicznie, tocząc stożek po płaszczyźnie tak, aby punkt S pozostał nieruchomy. Na modelu można także wykonać rozwinięcie, przecinając pobocznicę wzdłuż tworzącej.

Dla stożka prostego możemy łatwo wykonać to rozwiniecie konstrukcyjnie. Ponieważ boki stożka prostego są równe i wychodzą także w rozwiniętej pobocznicy z jednego punktu S, przeto ich

§ 107. Przekroje stożka, przechodzące przez wierzchołek i przekroje równoległe do podstawy.

Płaszczyzna, przechodząca przez wierzchołek stożka, albo wcale nie przecina jego pobocznicy (poza S), albo ma z nią całą tworzącą wspólną i nazywa się płaszczyzną styczną,

/•y

Fig. 313.

albo przecina pobocznicę wzdłuż dwóch tworzących. Z każdego punktu poza stożkiem można do niego poprowadzić dwie płaszczyzny styczne: ich krawędź przecięcia się musi przechodzić przez wierzchołek stożka, albowiem dwie linie two-ypv' rżące, wzdłuż których te płaszczyzny „ \ dotykają stożka, przechodzą przez* wierz--^ chołek. Konstrukcyę płaszczyzny stycznej do stożka, narysowanego w per-

17

końce lezą na obwodzie koła o promieniu S A = b (5 = bok). Otrzymamy więc wycinek koła, którego łuk równa się obwodowi podstawy stożka. Dla pobo-cznicy stożka otrzymujemy więc wzór (por. § 74):

b

M—2 r t:. —

Cała powierzchnia wynosi:

= r² % -|- r% b — r -j- b)

Jeżeli stożek jest równoboczny, to b = 2 r, więc

jP =r%. 3 r

jP=3 r*T,

Konstrukcyę tę łatwo wykonać, jeżeli podane są rzuty stożka, bo w rzucie pionowym występuje bok SA w prawdziwej wielkości. Wszystko to dotyczy stożka prostego. Dla stożka pochyłego zadanie to jest o wiele trudniejsze.

Z góry można przewidzieć, że przy toczeniu się stożka pochyłego około punktu S podstawa zakreśli linię krzywą, składającą się z falistych wzniesień i obniżeń. Najpierw bowiem będzie się stykał z płaszczyzną bok najdłuższy, więc odpowiedni punkt rozwiniętej pobocznicy będzie leżał najdalej od punktu S. Później styka się z płaszczyzną bok coraz to krótszy, wreszcie najkrótszy bok zaznaczy miejsce, w którem linia rozwiniętej podstawy najbardziej się zbliży do S. Stąd począwszy znowu się oddalamy od S i t. d.

/b

łrff

r*n

Fig. 312.

= v tu b

czyli:

ŁOMNICKI. GEOMETRYÄ I. II.

Fig-. 315.

spektywie równoległej, w punkcie A, wyjaśnia fig. 313. Kiedy ostrosłup nazwiemy opisanym na stożku a kiedy wpisanym w stożek?

Zbadajmy teraz przekroje równoległe do dna. Wykażemy przedewszystkiem, że taki przekrój jest kołem. Otóż z trójkątów SAO i SCO (na fig. 314) widzimy, że A 0 : Af 0’ = S 0 : S 0' \

C 0 :C 0' =SO:SO’ I

z tych dwóch proporcyi wynika trzecia:

A 0 : Ä 0' = C 0 : C' 0'. Ale A 0 = C O jako promienie koła, więc musi być także A' 0' = C 0’. Tak samo wszystkie inne punkty przekroju są równo oddalone od punktu O' a więc ten przekrój jest kołem.

Łatwo teraz wykazać, podobnie jak dla ostrosłupa, że pola obu kół tak się mają do siebie, jak kwadraty ich odległości od wierzchołka (udowodnij !).

Bryłę, pozostałą po odcięciu górnego stożka, nazywamy stożkiem ściętym. Jest on ograniczony dwoma równoległemi kołami i pobocznicą krzywą, która jest częścią powierzchni stożkowej. Więc:

pn\p \

C-

Fig. 314.

Jeżeli stożek jest prosty, to pobocznicę tę łatwo rozwinąć. Rozwijamy najpierw pobocznicę całego stożka SAA₀ (fig. 315) i odcinamy od niej pobocznicę stożka odciętego SA'A'₀. Figura pozostała jest wycinkiem pierścienia kołowego czyli trapezem kołowym. Jego bokami równoległymi są obwody den a szerokością bok stożka ściętego (por. § 74). Zatem:

2 Rr. —2 riz

b = (M -f r) x b

Wprowadzając w ten wzór zamiast

n 1

—promień p przekroju śre-

Li

dniego otrzymamy wzór:

AL — 2 p x b

A'

2r 7T

O- /

Pobocznica stożka ściętego prostego róicna się obwodowi przekroju średniego, pomnożonemu fi o przez bok.

Wzór na obliczenie całej powierzchni stożka ściętego prostego jest:

P = R²t. -f- r² 7c -(- (R -f- r) % b

lub wyciągając tc za nawias:

P = [22² -j- r² -f- (P -f- r) ö] %.

§ 108. Ukośne przekroje stożka.

Dla dokładniejszego rozpatrzenia istoty przekrojów stożka weźmy pod uwagę stożek podwójny, powstający przez przedłużenie pobocz-

nicy stożka poza wierzchołek. (Stożki te są symetryczne względem wierzchołka). Narysujmy najpierw przekrój kołowy A B równoległy do podstawy. Jeżeli płaszczyznę pochylamy ku dołowi (obracając ją koło p. A) to przekrój wydłuża się, koło A B spłaszcza się i otrzymujemy elipsy AC.... co-

_ raz bardziej w y-

cl7 d ł u ź o n e. Że to są isto-

'/

v\

j[S

M'

\\s

//

//

fjy'

tnie elipsy, te same, które poznaliśmy przy przekrojach walca, udowodnimy później. Jeżeli płaszczyznę a obrócimy tak, aby była równoległa do tworzącej SD, to linia przekroju PAP nie zamknie się nigdzie, chociaźbyśmy powierzchnię stożka dowolnie a two-

Fig-. 316.

przedłużyli. Tworzącej SD ta płaszczyzna nigdy nie przetnie rżące sąsiednie do SD przetnie bardzo daleko. Linia ta nazywa się parabolą. Jeżeli płaszczyznę przekroju obracamy jeszcze dalej, to ona przetnie także i górną część powierzchni stożkowej. Przekrojem będzie więc linia, złożona z dwóch gałęzi. Gałęzie te-rozciągają się także nieograniczenie i nie zamykają się nigdzie, ponieważ płaszczy-

17*

zna

przekroju jest teraz równoległa do dwóch linii tworzących (n. p. figurze naszej płaszczyzna przekroju HA G ... IJ jest równoległa do tworzących SM i SN). Inne tworzące przecina ta płaszczy-odległościach coraz to większych. Linia ta nazywa się hyper-

na

zna w

bolą. Przy dalszym obrocie otrzymujemy nowe hyperbole; wreszcie płaszczyzna będzie się stykała ze stożkiem wzdłuż tworzącej SA. Stąd począwszy otrzymujemy znowu elipsy AB..., aż po wykonaniu obrotu o 180° wrócimy znowu do położenia AB.

Wszystkie te linie: koło, elipsę, hyperbolę i parabolę obejmujemy wspólną nazwą: przekroje stożka. Na naszej figurze wszystkie te linie występują w perspektywie. Ich kształt prawdziwy omówimy przy innej sposobności (str. 300).

* Ponieważ powierzchnię stożkową można uważać za pęk promieni, wychodzących z S a przechodzących przez obwód koła, przeto przekroje stożka są rzutami środkowymi koła AB na rozmaite płaszczyzny, nachylone pod różnymi kątami do kierunków promieni rzucających. Widzimy więc, że rzutem koła może być koło, elipsa, hyperbola lub parabola. W perspektywie malarskiej może więc koło występować w takich rozmaitych postaciach ; cieniem koła może być elipsa, parabola lub gałąź hyperboli. (Jaki musi być kierunek światła, aby te linie otrzymać?) Każdą elipsę, hyperbolę lub parabolę można także odwrotnie uważać za przekrój odpowiednio dobranego stożka kołowego. Wszystkie te linie są więc ze sobą »spokrewnione«, jak się w geometryi rzutowej wyrażamy: przez rzut można jedną linię otrzymać z drugiej. Takie geometryczne pokrewieństwo linii nazywamy związkiem projekty w icznym (rzutowym) lub kollineacyą (jednokreślnością). (Proicio = rzucam, colli-neo — ustawiam na jednej linii).

Wszystkie przekroje stożka są w kollineacyi z kołem (są jednokreślne z kołem). *

Ponieważ linia prosta przecina koło najwyżej w dwóch punktach, to i w rzucie będzie przecinała w dwóch punktach nową linię, na którą się zamieni koło. Linie, mające z linią prostą dwa punkty wspólne, nazywamy liniami drugiego stopnia. Otóż wszystkie przekroje stożka są liniami drugiego stopnia. Według tego określenia linia prosta jest linią pierwszego stopnia.

Udowodniono, że niema innych linii drugiego stopnia, oprócz kół, elips, parabol i hyperbol. Określenie to wiąże się z algebrą. Wykazuje się mianowicie w algebrze, że obrazem geometrycznym każdego równania pierwszego stopnia o dwóch niewiadomych jest linia prosta, obrazami zaś równań drugiego stopnia są właśnie przecięcia stożka. Podobnie badano linie wyższych stopni. Badania te stanowią przedmiot osobnego działu geome-tryi: geometryi analitycznej.

Przekrojami stożka zajmowano się już w starożytności bez pomocy metod geometryi analitycznej. Najwięcej badań w tym kierunku zawdzięczamy Apolloniuszowi z Pergamon (żył między rokiem 250 a 200 przed n. Chr. w Aleksandryi a później w Pergamon). Obok Euklidesa i Archimedesa uważają Apolloniusza za największego matematyka starożytności.

§ 109. Objętość ostrosłupa i stożka. Twierdzenie Cavalieriego.

Aby wyprowadzić wzory na obliczenie objętości stożków i ostrosłupów, musimy się najpierw nauczyć porównywać rozmaite ostrosłupy pod względem objętości. W planimetryi porównanie trójkątów i wielokątów nie sprawiało trudności, ponieważ zawsze można było zamienić z dwóch wielokątów o równem polu jeden na drugi. Ostrosłupy nawet trójboczne, o równych podstawach i wysokościach, nie zawsze dają się złożyć z przystających parami części. Dlatego do porównania objętości ostrosłupów musimy używać rozważań zupełnie odmiennej natury, podobnych do poglądowego dowodu na równość graniastosłupów prostych i pochyłych (str. 244). Oprzemy się na twierdzeniu ogólnem, odnoszącem się do wszystkich gatunków brył.

Jeżeli dwie bryły, których podstawy leżą na tej samej płaszczyźnie, przecięte płaszczyznami równoległemi do podstawy, mają w każdej wysokości równe (wzajemnie) przekroje, to objętości ich są równe.

Uwaga: prawo to podał matematyk włoski Cavalieri w XVII. wieku. Pozostawał on pod wpływem wielkiego astronoma i fizyka Galileusza i astronoma Kepplera, który używał podobnych rozważań przy obliczaniu objętości beczek rozmaitych kształtów.

Bryły takie muszą mieć naturalnie także równe wysokości, bo w przeciwnym razie istniałyby takie przekroje jednej (wyższej) bryły, którym w drugiej odpowiadałby przekrój ?= O, a więc nierówny.

Ścisły dowód twierdzenia Cavalieriego dla brył dowolnych kształtów jest trudny. Poglądowo natomiast można to twierdzenie łatwo pojąć. Możemy sobie bowiem wyobrazić obydwie bryły rozcięte na bardzo wiele cienkich płytek, równoległych do podstawy, o równej grubości. Ponieważ według założenia także podstawy każdej pary płytek są równe, przeto ich objętości możemy uważać z wielkiem przybliżeniem za równe. Wobec tego będą równe także objętości całych brył, składających się z takiej samej liczby płytek parami równych. Dla ostrosłupów i stożków udowodnimy ściśle prawdziwość tego twierdzenia.

Weźmy pod uwagę dwa ostrosłupy o równych podstawach i równych wysokościach:

D — D', w = w'.

S-

cł

d’

w'

fr

Ustawiamy je (fig. 317) na jednej płaszczyźnie a i przecinamy płaszczyzną równoległą do podstawy. Przekroje tych ostrosłupów są równe, albowiem według znanego twierdzenia:

D : d = SO'².SO2 D’ \ d'— S P'²: S P²

cc

Ale:

Fig. 317.

s 0 = SP

i SO'=SF

więc D : d = D' : cV Ponieważ zaś: D — D', to i d — d'

Ostrosłupy takie spełniają więc warunki twierdzenia Cavalieriego. Udowodnimy, źe objętości takich ostrosłupów są równe. Wykażemy to najpierw dla ostrosłupów trójbocznych. Umieszczamy obydwa ostrosłupy (o równych dnach i wysokościach) na tej samej płaszczyźnie i prowadzimy kilka płaszczyzn równoległych do podstawy w równych odstępach (fig. 318).'JKaźdą płytkę uzupełniamy do graniastosłupa, mającego podstawę dolną równą dolnej podstawie płytki a krawędzie

-h-

/y

-J-

M'\

A'

ck-

Fig. 318.

boczne równe odcinkowi jednej krawędzi bocznej n. p. MA (MA’ w drugim ostrosłupie). W ten sposób otrzymujemy bryłę schodkowatą Bu zawierającą cały ostrosłup V, a więc jej objętość:

Bi>V

Następnie wpisujemy w ostrosłup płytki graniastosłupowe o takiej samej krawędzi bocznej, ale mające za dno górną podstawę odpowiedniej płytki ostrosłupa. Powstaje w ten sposób bryła Cu zawarta cała wewnątrz ostrosłupa a więc jej objętość:

Otóż:

C₁<V

C₁<V<Bl

Różnicę objętości Bx i Ct otrzymamy, zsuwając na dół wszystkie schodki wystające. Zapełnią one całą dolną płytę graniastosłu-pową. Widzimy stąd, że różnica objętości bryły opisanej i wpisanej równa się dolnemu graniastosłupowi. Jeżeli poprowadzimy więcej przekrojów, to zamkniemy V w granice ciaśniejsze:

2-

C₂< V<B

Prowadząc bardzo wiele przekrojów w bardzo małych odstępach, otrzymamy bardzo cienkie płytki. Objętości tych płytek dążą więc do zera (nawet objętość dolnej, największej płytki). Objętość pierwszego ostrosłupa zawiera się między dwoma wielkościami, których różnica dąży do zera, jest więc równa wspólnej granicy, do jakiej dążą te obydwie zmienne wielkości.

Jeżeli przeprowadzimy to samo rozumowanie dla drugiego ostrosłupa, otrzymamy w podobny sposób bryły B\ i C\. Przedewszyst-kiem widzimy, że B\ —Bx i C\ — Cl7 ponieważ bryły Bx i B\ składają się z równej liczby równych graniastosłupów. (Graniastosłupy te są równe, bo mają równe podstawy i wysokości).

Tak samo Cx i C₁. Także bryły B\ i C'₂, złożone z większej liczby płytek, są równe odpowiednim bryłom B₂ i C₂, utworzonym dla pierwszego ostrosłupa. Otóż objętość V₁ drugiego ostrosłupa zawiera się stale między temi samemi wielkościami zmiennemi, co i V pierwszego ostrosłupa a więc także V₁ równa się granicy V, do jakiej dążą te wielkości.

A więc ostatecznie:

VX=V

Wykazaliśmy w ten sposób równość ostrosłupów trójbocznych o równych podstawach i wysokościach. Ostrosłupy wieloboczne o równych podstawach i wysokościach rozkładamy zapomocą płaszczyzn, przechodzących przez wierzchołek, na trójboczne o równych podstawach. Objętości tych składowych ostrosłupów są równe a więc i obje-tości całych ostrosłupów, jako sumy równych wielkości, muszą być równe.

Stożki można porównać wprost z ostrosłupem trójbocznym, wykonując odpowiednie przekroje i wykreślając odpowiednie schodki w postaci walców wpisanych i opisanych (w ogólności pochyłych). Otrzymujemy więc prawo:

jako wynik tych rozważań — następujące

Ostrosłupy i stożki o równych dnach i wysokościach mają równe objętości. Jeżeli więc zdołamy obliczyć objętość jakiegoś jednego gatunku ostrosłupów o dowolnie wielkiej podstawie i dowolnie wielkiej wysokości, to na zasadzie udowodnionego prawa obliczymy £ objętość każdego innego ostrosłupa lub stożka.

Najprościej będzie nawiązać do znanych już objętości graniastosłupów, wychodząc od dowolnego ostrosłupa trójbocznego AB C G o podstawie D i wysokości w. Przesuńmy jego podstawę ruchem postępowym o odcinek A G wzdłuż tej krawędzi, to otrzymamy graniastosłup trójboczny A B D G E F o równej podstawie I) i równej wysokości w.

Wykażemy, że objętość ostrosłupa trójbocznego równa się trzeciej części®objętości odpowiedniego graniastosłupa. Poprowadźmy dla dowodu jeszcze przekrój GEC (zrób to na

jzr

l\

wyc

Fig. 319.

modelu !).

Otrzymamy trzy ostrosłupy

I=ABCG, 11= GEFC i I1I=EBCG

Ostrosłupy I i II mają przystające dna ABC^GEF i równą wysokość (bo odległość punktu C od górnego dna jest taka sama, jak odległość punktu G od dolnego dna, jako odległości dwóch płaszczyzn równoległych). Objętości tych ostrosłupów są więc równe:

1 = 11

Porównajmy teraz ostrosłupy II i III, uważając G za ich wspólny wierzchołek a trójkąty CE F i CE B za ich dna. Ich podstawy są równe, bo CEF^CEB a wysokość mają także tę samą (odległość punktu G od ściany CEFB). Więc także 11= III

Wszystkie trzy ostrosłupy mają więc równą objętość, zatem objętość każdego z nich równa się trzeciej części objętości graniasto-słupa. Ponieważ zaś objętość graniastosłupa wynosi B .w, więc objętość ostrosłupa AB CG wynosi:

DÔ W (wyrazić słowami!), o

Objętość V każdego innego ostrosłupa otrzymamy, porównując go z ostrosłupem trój bocznym. Jeżeli bowiem jakikolwiek ostrosłup wieloboczny ma dno D a wysokość w, to dobieramy ostrosłup trój-boczny V', mający tak samo wielkie dno i równą wysokość: B' — I), w’— w. Wtedy i V'— V. Objętość trójbocznego ostrosłupa wynosi według udowodnionego wzoru:

D'.w'

więc i ale za B' i w' możemy podstawić równe wielkości B i w i otrzymamy:

(1)

Z> w_ iv

Objętość każdego ostrosłupa oblicza się, mnożąc podstawę przez trzecią część wysokości.

Stosując ten wzór do stożka, otrzymamy:

(2)

//

Jeżeli stożek jest równoboczny, to jego bok wynosi 2r (fig. 320),

w — ] 4r² — r² = /3 r² = r / 3 r³ Tc y 3

więc:

więc:

(3)

2rfi

//

'/

//

Fig. 320.

Z tego wzoru widzimy, że objętości dwóch stożków równobocznych mają się do siebie tak, jak trzecie potęgi promieni. Prawo to dotyczy wszystkich brył podobnych do siebie.

Obliczenie objętości ostrosłupów może posłużyć do obliczenia objętości dowolnego wielościanu, ponieważ każdy

wielościan można rozłożyć na ostrosłupy (podobnie jak w planimetry! każdy wielokąt oblicza się przy pomocy trójkątów).

§ 110. Objętość ostrosłupa ściętego i stożka ściętego.

W ostrosłupie ściętym mamy podane zwykle dna B, d i wysokość w. Chcemy obliczyć objętość jego przy pomocy tych wielkości.

Objętość ostrosłupa ściętego jest różnicą objętości całego ostrosłupa i ostrosłupa odciętego, o wysokości nieznanej x. Więc:

ru

Fig. 321.

V = D.

w -\-x

, X

d-J

Biorąc 4- przed nawias, otrzymamy: V=i [Dw -f- (D — d) x]

Aby obliczyć x, oprzemy się na zna-nem twierdzeniu o przekrojach ostrosłupa (str. 255):

(«)•

B : d = (w -j- x)² : x²

czyli po spierwiastkowaniu całej proporcyi:

fB : }'d= (w —(- x) : x

Zastosujmy do tej proporcyi twierdzenie o różnicy wyrazów, to:

= w :x

a stąd:

_ w ]/d

Wprowadzając tę wartość do wzoru (a), otrzymamy:

(B — d)w Id

i B— ]!d

Ale

więc:

czyli ostatecznie:

B — d = (fB + }'d) . ^B — id) T —%[Bw-\-(iB-\~id)id. w]

Objętość ostrosłupa ściętego równa się sumie den i średniej geometrycznej obu den, pomnożonej przez trzecią część wysokości.

Uwalniając ten wzór od nawiasów, otrzymamy formę łatwiejszą do wysłowienia:

V—D.

+d. ™ +iD.d.

to znaczy:

objętość ostrosłupa ściętego równa się objętości trzech ostrosłupów zupełnych o równej mu wysokości a mających za podstawy: wielkie dno, małe dno i średnią geometryczną obydwu den.

Stosując wzór (1) do stożka ściętego, otrzymamy:

V =    -f- rhr -f- /ü5²tï . r^n)

§ co

V = (i2²^ -f- r²o -f- R. r. tu)

lub:

F=(jB² + r²+^r)^

(2'

Ćwiczenia X ¹).

§ 102.    1. Kiedy kształt ostrosłupa zbliża się do graniastosłupa?

2.    Wykazać, że wysokość ściany bocznej w ostrosłupie prostym jest zawsze większa od wysokości ostrosłupa.

3.    Obliczyć wysokość ściany bocznej ostrosłupa prostego umiarowego, znając wysokość ostrosłupa i promień koła wpisanego w podstawę.

4.    Wykazać, że w każdym czworościanie, nawet nieumiarowym, istnieje punkt równo oddalony od wszystkich ścian i punkt równo oddalony od wszystkich naroży.

5.    Wykazać, że ostrosłup, którego podstawa jest wielokątem umiarowym a wierzchołek leży na prostopadłej, przechodzącej przez środek koła, jest prosty.

6. Wykazać, że w czworościanie umiarowym o krawędzi a punkt przecięcia się czterech wysokości jest równo oddalony od wszystkich ścian

(odległość ta wynosi A O

i równo oddalony od wszystkich naroży.

Uwaga: dla dowodu poprowadzić płaszczyznę, zawierającą jedną krawędź a przechodzącą przez środek przeciwdegłej krawędzi.

7. Wykazać, że z przekątni ścian sześcianu można utworzyć dwa czworościany umiarowe. Rysunek!

8. Wykazać, że środki ścian sześcianu są wierzchołkami ośmiościanu umiarowego. (Dla dowodu poprowadzić przekrój AB GD i wykazać, że jest kwadratem [por. fig. 322]).

9. Obliczyć wysokość ośmiościanu umiarowego, znając jego krawędź h— 12 dm (użyj fig. 322).

10.    Obliczyć powierzchnię: a) czworościanu umiarowego, b) ośmiościanu umiarowego, znając krawędź k — 5 cm.

Fig. 322.

11.    Obliczyć powierzchnię: a) czworościanu umiarowego, b) ośmiościanu umiarowego, wpisanego w kostkę o boku a — 1 dm.

12. Narysować siatkę ośmiościanu i czworościanu umiaroweg'o na kartonie i wykonać modele przestrzenne tych brył, n. p. k = 4 cm.

* 13. Wykazać, że przeciwległe (wichrowate!) krawędzie czworościanu umiarowego tworzą kąt 90°.

14.    Wykreślić w rzutach ostrosłup umiarowy sześcioboczny, znając krawędź podstawy k=\-5 cm i wysokość w— 5 cm. Tę samą bryłę przedstawić w perspektywie równoległej.

15.    Wykreślić w rzutach ostrosłup pochyły, którego podstawą jest sześciokąt umiarowy o boku a — 2 cm a linia, łącząca wierzchołek ze środkiem podstawy, jest do niej nachylona pod kątem 75° i wynosi 8 cm. Ten sam ostrosłup narysować w perspektywie równoległej.

16.    Mając dany dowolny ostrosłup pięcioboczny w rzutach, narysować go w perspektywie.

17.    Ostrosłupy opisane w zadaniach 15 i 14 ustawić dnem równolegle do płaszczyzny pionowej i wykreślić ich rzuty!

18.    Ile wynosi suma kątów płaskich w ostrosłupie 3-bocznym, 4-bocz-nym, 5-bocznym, ^-bocznym.

§ 103.    19. Wykonać rozwinięcie dowolnego ostrosłupa danego w rzutach

a tak ustawionego, aby jedna krawędź boczna była równoległa do płaszczyzny pionowej.

20. Zrobić z kartonu model: a) ostrosłupa umiarowego sześciobocz-nego, b) dowolnego ostrosłupa prostego, c) ostrosłupa przedstawionego na fig. 304.

21.    Mając podany dowolny ostrosłup prosty w rzutach, przeciąć go płaszczyzną równoległą do podstawy i przerysować tę figurę w perspektywie.

22.    Obliczyć powierzchnię ostrosłupa umiarowego sześciobocznego, znając krawędź podstawy i krawędź boczną (a— 2 cm, b — 6 cm).

23.    Obliczyć powierzchnię ostrosłupa umiarowego sześciobocznego, znając wysokość i krawędź podstawy (w = 6 cm, a—V5 cm).

Ile razy powiększy się powierzchnia ostrosłupa, jeżeli w i a powiększą się równocześnie 3 razy, 4 razy, 5 razy?

na podstawie (n. p. w — 2⁻4 cm, r₀ = 1 cm). Obliczyć powierzchnię ostrosłupa prostego, którego podstawa jest tiojkątem równobocznym a krawędzie boczne są do siebie prostopadłe.

§    26. Ostrosłup prosty ścięty narysowany w rzutach rozwinąć (jedną

kiawędź boczną obrać równolegle do płaszczyzny pionowej).

24.    Obliczyć powierzchnię ostrosłupa umiarowego: a) trójbocznego, />) czworobocznego, c) pięciobocznego, d) ośmiobocznego, znając wysokość i promień koła opisanego

25.

27.    Obliczyć powierzchnię ostrosłupa ściętego prostego, jeżeli dno dolne jest kwadratem o boku a = 5 cm, dno górne kwadratem o boku a = 3 cm a wysokość bryły w — 4 cm.

28.    Obliczyć powierzchnię ostrosłupa ściętego, powstającego przez przecięcie ostrosłupa umiarowego sześciobocznego w połowie wysokości. Dane: krawędź podstawy « = 3⁻6 cm, krawędź boczna b — 14'4 cm.

29.    Wykazać, że a) wszystkie sześciany są do siebie podobne,

b)    wszystkie czworościany są do siebie podobne,

c)    wszystkie ośmiościany są do siebie podobne.

Ustawić dwie takie bryły w położenie podobne i znaleźć środek podobieństwa zewnętrzny lub wewnętrzny.

30.    Ilu świec normalnych trzeba użyć, aby z odległości 4 m oświetlały ścianę tak silnie, jak pięć świec z odległości 5 dm?

31.    Przez mały otwór oświetlają promienie przestrzeń 8 dm² z odległości 6 dm. Jak daleko należy odsunąć ten otwór, aby oświetlić przestrzeń 20 m²?

§ 105—107.    32. Narysować w rzutach i w perspektywie równoległej

stożek prosty, znając promień podstawy i bok (r — 2 cm, b = 6 cm).

33.    Narysować w rzutach i w perspektywie równoległej stożek pochyły, którego promień podstawy r= P5 cm a oś wynosi «=7 cm i jest nachylona do podstawy pod kątem 60°.

34.    W stożku z poprzedniego zadania wykreślić przecięcie osiowe, zawierające rzut osi i przecięcie osiow⁷e prostopadłe do tego przekroju.

35.    Mając podany dowolny stożek w rzutach, narysować go w perspektywie równoległej i odwrotnie.

36.    Wykazać, że wszystkie stożki równoboczne są bryłami podobnemi. Ustawić je odpowiednio i znaleźć środek podobieństwa.

37.    Narysować w rzutach i w perspektywie równoległej stożek ścięty

prosty.

■Ąl 38. Do dowolnego stożka narysowanego w perspektywie równoległej wykreślić płaszczyznę styczną z dowrolnego punktu, leżącego na stożku. (Trzeba najpierw⁷ znaleźć linię styczna do elipsy, przedstawiającej dno; por. fig. 313).

39. Z punktu poza stożkiem poprowadzić do niego dwie płaszczyzny styczne (w perspektywie równoległej).

40.    Jakie płaszczyzny i osie symetryi posiada stożek?

41.    Dowolny stożek prosty podany w rzutach rozwinąć na płaszczyźnie i zrobić model stożka z kartonu.

42.    Zbudować z kartonu stożek równoboczny o boku b = 8 cm.

43.    Narysować w perspektywie równoległej lejek, złożony ze stożka ściętego i rurki w formie walca, znając rzuty tej bryły.

44.    Obliczyć powierzchnię stożka równobocznego o wysokości w = 0-72 dm.

45.    Obliczyć powierzchnię stożka prostego, którego obw⁷ód podstawy wynosi u — .62 m a wysokość 15 m.

46.    Jakie rozmiary ma stożek równoboczny, którego powierzchnia wynosi 1 m²?

cm

47.    Trójkąt prostokątny, którego przedwprostokątnia wynosi 8‘4

a jedna przyprostokątnia 5-4 cm, zakreślił powierzchnię obrotem około przeciwprostokątni. Obliczyć wielkość tej powierzchni. Rysunek!

48.    Obliczyć powierzchnię stożka prostego: a) wpisanego w ostrosłup umiarowy sześcioboczny, znając bok sześciokąta i wysokość ostrosłupa b = 3-6 cm, w — 2-7 cm, b) opisanego na tym ostrosłupie.

49.    W walcu równobocznym o promieniu r = 3 cm wydrążono stożek, sięgający aż do dna. Obliczyć powierzchnię tej bryły.

5 cm.

50.    Ze stożka prostego wycięto część zapomocą dwóch przecięć osiowych, tworzących kąt 90°. Obliczyć powierzchnię bryły wyciętej, znając promień podstawy r — 2 cm i wysokość w

51.    Obliczyć powierzchnię, jaką zakreśla trapez równoramienny, obracający się: a) koło swej osi symetryi, b) koło jednego z boków równoległych, znając boki równoległe trapezu a — 6 cm, b = 4 cm i wysokość w — 3 cm.

52.    Obliczyć powierzchnię lejka, w którym obwód górnego koła wynosi 2 dm, dolnego 5 cm, długość całkowita 1 dm a długość samej rurki 6 cm.

53.    Stożek ścięty dany w rzutach rozwinąć i sporządzić ■ model tej

bryły.

54. Kopiec w formie stożka mamy pokryć darnią. Jakie pomiary trzeba wykonać, aby obliczyć, ile potrzeba md darni. Obierz dowolnie liczby wymiarowe.

55. Znamy odległości wierzchołków trójkąta od pewnej osi, leżącej na tej samej płaszczyźnie : x₁ = 4 cm, x₂ — 6 cm, x₃ — 3 cm. Rzuty dwóch boków na tę oś wynoszą yx = 2 cm, y₂ = 1 cm. Obliczyć powierzchnię bryły, powstającej przez obrót trójkąta dokoła tej osi (por. str. 130, fig. 164). § 108.    56. Stożek prosty podwójny przecięto płaszczyzną równoległą do

podstawy. Obracać ten przekrój koło osi poziomej prostopadłej do płaszczyzny rysunku a przechodzącej przez oś stożka. Jakie przekroje kolejno otrzymamy? Narysować w rzutach!

57. Stożek prosty przeciąć płaszczyzną prostopadłą do boku. Wykazać, że otrzymamy elipsę, parabolę lub hyperbolę zależnie od tego, czy kąt u wierzchołka przecięcia osiowTego jest ostry, prosty, czy też rozwarty. (Zadaniem tern zajmował się uczeń Platona, Menechmos już w IV. wieku przed n. Chr.)

§ 109.    58. Wykazać, że słup kręcony, którego przekrojem równoległym

do podstawy jest w każdem miejscu koło większe z dwoma kołami mniej-szemi, stykającemi się zewnętrznie, równa się objętości trzech walców.

59.    Wykazać, że objętość wspólna dwom walcom o równych przekrojach, przenikających się prostopadle, równa się objętości kostki o boku = średnicy walca, z której wydrążono ostrosłup czworoboczny, sięgający do dna a mający za podstawę górne dno kostki. Narysuj!

60.    Obliczyć objętość: a) czworościanu umiarowego, b) ośmiościanu umiarowego, znając krawędź.

61.    Obliczyć objętość ostrosłupa sześciobocznego umiarowego, znając krawędź podstawy i krawędź boczną (a — 4 cm, b = 10 cm).

62.    Obliczyć objętość ostrosłupa, powstającego przez odcięcie jednego naroża sześcianu o boku a — 5 cm płaszczyzną, przechodzącą przez środki trzech krawędzi tego naroża. Jaką częścią objętości całego sześcianu jest ten ostrosłup?

63. Na kwadratowej podstawie ostrosłupa prostego, którego krawędź podstawy k= 32 cm a wysokość w =50 cm, spoczywa kostka, dotykająca narożami krawędzi bocznych ostrosłupa. Obliczyć stosunek objętości obu brył.

64.    Jakie pomiary należy wykonać, aby obliczyć objętość kupy szutru? Podstawa jest prostokątem a dwie ściany boczne schodzą się w krawędzi równoległej do podstawy. Wyprowadź wzór!

65.    Znając obwód podstawy stożka i bok, obliczyć jego objętość n. p. u — 12'56 cm., b — 16 cm.

66.    Obliczyć objętość stożka równobocznego, którego wysokość w = 10 cm.

67.    Boja (beczka) w postaci podwójnego stożka równobocznego o promieniu 1 m ma pływać po wodzie morskiej (c. g. — 1'03), wynurzając się do połowy. Ile waży ta beczka?

68.    Obliczyć objętość stożka, znając wysokość 3 cm i sumę boku i promienia podstawy s = 8 cm.

69.    Promień podstawy stożka prostego wynosi r — 5 cm a kąt u wierzchołka przecięcia osiowego jest prosty; obliczyć objętość stożka.

70.    Wysokość piramidy Cheopsa wynosi 137-2 m a kwadratowa podstawa ma 227-5 m długości. Obliczyć jej objętość.

71.    Trójkąt prostokątny o przyprostokątniach a —10 cm i b = 12 cm wiruje około przyprostokątni a. Obliczyć powierzchnię i objętość tej bryły obrotowej.

72. Obliczyć objętość bryły obrotowej, powstającej przez obrót sześcio-kąta umiarowego koło symetralnej kąta. Bok sześciokąta a— 13⁻7 m.

§ 110.    73. Przeciąć dowolny ostrosłup w połowie wysokości i obliczyć

stosunek objętości obydwu części.

74.    Podstawą prostego ostrosłupa ściętego jest kwadrat o boku a = 3-2 cm, bok górnego dna a = 1 cm a krawędź boczna b — 2 cm. Obliczyć objętość tej bryły.

75.    Obliczyć objętość basenu w formie stożka ściętego, znając obwody den: a—90 m, b — 80 m i głębokość: g = 2 m.

76.    Obliczyć objętość okrągłego kloca, znając promień większego dna R—2 dm, promień mniejszego dna r=P2 dm i długość kloca b = 6 m. Jaki błąd popełnimy, obliczając objętość wzorem V=Q.b, jeżeli Q oznacza średni przekrój?

77.    Wysokość komina fabrycznego wynosi 30 m. U dołu szerokość komina wynosi 3⁻6 m a grubość ścian 5 dm, u góry szerokość 2 m a grubość ścian 3 dm. Ile m³ cegieł użyto na zbudo-wanie tego komina? Jaki jest jego ciężar, jeżeli c. g. cegły wynosi P8.

Rozdział XI.

Wielościany umiarowe.

¹

Przykłady na obliczanie powierzchni i objętości ostrosłupów i stożków znajdują sie także w zbiorze zadań Kranza na str. 101 i 106.

§ 111. Naroża umiarowe.

Wie łoś ci an nazywa się umiarowym, jeżeli jest ograniczony przystającymi wielokątami umiarowymi i przy-stającemi narożami umiarowemi. (Trzeba odróżnić te wielościany od graniastosłupów i ostrosłupów umiarowych, w których tylko niektóre ściany są wielokątami umiarowymi). Ponieważ suma kątów płaskich w kaźdem narożu musi wynosić mniej aniżeli 360°, z góry więc można przewidzieć, że może istnieć tylko kilka gatunków naroży umiarowych. Jeżeli bryła ma być ograniczona samymi trójkątami równobocznymi, to kąty płaskie naroża wynoszą po 60°. Z takich kątów da się utworzyć naroże 1) trójścienne, 2) czworościenne i 3) pięciościenne. Sześciu kątów po 60° nie może już takie naroże zawierać, bo mielibyśmy sumę kątów płaskich równą 360°. Z kwadratów można utworzyć naroże umiarowe, jeżeli weźmiemy 4) trzy kąty po 90°; czterech kątów po 90° nie można już użyć. Wreszcie 5) z pięciokątów umiarowych można znowu utworzyć jedno tylko naroże trójścienne umiarowe. Z sześciokątów, ani z innych wielokątów umiarowych nie można już utworzyć naroża. Mamy więc tylko pięć możliwych gatunków wielościanów umiarowych. Udowodnimy, że z każdego gatunku istnieje tylko jedna bryła — wszystkie zaś inne są podobne do nich.

§ 112. Twierdzenie Eulera.

Do dowodu twierdzenia o liczbie wielościanów umiarowych potrzebne nam będzie pewne twierdzenie, odnoszące się do wszystkich wielościanów wypukłych bez wyjątku, umiarowych i nieumiarowych. Istnieje mianowicie bardzo prosty związek między liczbą ścian, naroży i krawędzi, wspólny dla wszystkich takich wielościanów. Zacznijmy od

specyalnego przykładu. Policzmy naroża, ściany i krawędzie kostki. Liczba ścian S=6, liczba naroży N= 8 a liczba krawędzi 12, jest więc o dwa mniejsza od liczby ścian i naroży

SĄ-JST=K+2.

razem.

(1).

Zetnijmy jedno naroże kostki płaszczyzną, to ta nowa bryła ma o jedną ścianę więcej, więc teraz

ST = S+ 1,

były trzy nowe, więc więc

naroże ubyło jedno a przy-N' = N— 1 + 3; krawędzie przybyły trzy, K' = K + 3

Spostrzegamy, że i teraz S' -f- N' = K' -f 2

ö + Nf — 0+ 1 -f-N-—1 -b3 = £+2Y+3—iT-f-5 według (1) K’ + 2 = K+ 3 + 2 = K+ 5

Jakkolwiek obcinalibyśmy naroża, zawsze dojdziemy do tego samego związku (1).

bo

a także

wzór (1).

(Spróbuj to samo obliczyć dla graniastosłupa sześciobocznego!) Tak samo, jeżeli zetniemy jedną krawędź całą, otrzymamy

Przez odcinanie naroży i krawędzi możemy z kostki wyciąć dowolny wielościan wypukły a więc w każdym wielościanie wypukłym zachodzi ten sam związek (1).

Liczba ścian powiększona o liczbę naroży jest o dwa większa od liczby krawędzi w każdym wielościanie wypukłym.

Jestto twierdzenie Eulera (1707—1783). Łatwo się przekonać, że do wielośeia-nów wklęsłych twierdzenie to się nie odnosi. N. p. wytnijmy z kostki (fig. 323) ze środka kostkę mniejszą, ale tak, aby jedno jej dno dotykało górnego dna większej kostki. Liczba ścian jest teraz aS' = 6 —(— 5 = 11 ; liczba naroży ^=8 + 8 = 16;

razem

S + iV= 27. Liczba kra-

wędzi wynosi

Fig. 323.

K= 12+12 = 24

a więc jest o trzy mniejsza od S'-f-iV-

§ 113. Dowód istnienia pięciu wielościanów umiarowych.

Wielościan umiarowy jest ograniczony samymi m-kątami umiarowymi i narożami p-ściennemi. Zliczmy wszystkie krawędzie bryły

ŁOMNICKI. GEOMETRY* I. II.

18

umiarowej w dwa sposoby. Każda ściana ma m boków a liczba ścian jest S, przeto wszystkich krawędzi byłoby oddzielnie S.

Na bryle jednakowoż każda krawędź jest wspólna dwom ścianom prawdziwa więc liczba krawędzi jest dwa razy mniejsza

S . m

A = —-— a stąd S

2K

m.

(2)

Każde naroże ma p krawędzi a liczba naroży jest N, przeto wszystkich krawędzi oddzielnie byłoby N. p.

Znowu jednak każda krawędź wspólna jest dwom narożom, więc liczba krawędzi bryły jest

X= N ‘P

, ,    2K

n a stąd N= —

2    Ł    p

Podstawiając znalezione wartości we wzór (1) Eulera, dostaniemy:

(3)

2K . 2K

— ~K-\-2 czyli 2Kp -j- 2 Km = Kmp -j- 2 mp a stąd

K=

2 mp

(4)

2 p 2 m — mp

Jeżeli podamy m, t. j. jakimi wielokątami ma być wielościan ograniczony i p, t. j. jakie mają być naroża, otrzymamy na K jedną, ściśle oznaczoną wartość. Wtedy z wzorów (2) i (3) obliczymy także, ile będzie ścian i naroży.

Podstawimy najpierw najmniejsze możliwe wartości, t. j. m = 3 (tiójkąty), p = 3 (naroża trójścienne), to otrzymamy K =6 *S'=4

Dla m — 3 (trójkąty), p = 4 (naroża czworościenne), otrzymamy A = 12, S = 8, JV = 6.

Dla m — 3 (trójkąty), p = 5 (naroża pięciościenne), otrzymamy

K=30, S=20, N=12.

Dla m= 3, p = 6, otrzymalibyśmy K=

2.3.6

36

2.6 + 2.3 — 18    0

= oo

a więc taka bryła nie istnieje, jak to zresztą z góry przewidzieliśmy

^ ś 11. Pioiąe teraz dalsze wartości na m, otrzymamy jeszcze dwie możliwości:

dla m 4, p 3? jest A — 12, S= 6, JV= 8, wreszcie dla m = 5, p = 3, jest K — 30,    12, W=20.

t ti z} muiK liczby \\raz z nazwami brył umieszczamy dla lepszego przeglądu w tabelce:

nazwa

czworościan

12

ośmiościan

30

12

20

dwudziestościan

12

sześcian

3    30

20

12

dwunastościan

Więcej możliwości niema, jak to łatwo sprawdzić prostym rachunkiem. Pozostaje jeszcze tylko wykazać, źe każda z tych brył rzeczywiście istnieje, źe każdą z nich można zbudować.

Wykazaliśmy już dawniej istnienie czworościanu, ośmiościanu i sześcianu. Nowe są dla nas tylko dwudziestościan i dwunastościan.

Dwudziestościan zbudujemy, biorąc dwa ostrosłupy pięcio-boczne umiarowe, których krawędź podstawy równa się krawędzi bocznej i ustawiając je dnami, równolegle a wierzchołkami w strony przeciwne. Skręcamy jeden z nich względem drugiego o 36° i zbliżywszy odpowiednio, łączymy każdy wierzchołek dna z dwoma sąsiednimi wierzchołkami drugiego dna. Odległość pięciokątów wynosi

ir—p)

i/3a*

'fl = FT

(por. fig. 324), gdzie a oznacza bok dwudziestościanu a r i p promienie koła wpisanego i opisanego na pięciokącie umiarowym o boku a.

;h\

"7

IJ\'

H'

f/'

0’

Fig. 324.

Fig. 325.

Dwunastościan umiarowy pięciokątowy można także w podobny sposób zbudować. Prościej jednak będzie użyć siatki. Obieramy dowolny pięciokąt umiarowy (fig. 325) i na jego bokach budujemy nowe pięciokąty umiarowe i obracamy je tak długo dokoła boków AC, CD i t. d., aż ich krawędzie n. p .AB i AB' padną na tę samą linię prostą. Otrzymamy połowę powierzchni dwunastościanu. Sporządzając drugą taką samą powierzchnię otwartą, umieszczamy ją nad pierwszą, skręcamy o 36° i nakrywamy pierwszą powierzchnię. Obydwie części zamkną zupełnie pewną część przestrzeni. W ten sposób otrzymuje się dwunastościan, przedstawiony na fig. 326 w perspektywie równoległej (wraz z wpisanym sześcianem).

Można udowodnić, że środki ścian dwudziesto-ścianu są wierzchołkami dwunastościanu i odwrotnie. Między temi bryłami zachodzi więc podobny związek, jak między sześcianem a ośmiościanem. (Wykaż •ten związek rysunkiem!)

Zbierając wszystkie te wnioski razem, powiemy: istnieje tylko 5 wielościanów umiarowych: czworościan, sześcian, ośmiościan, dwunastościan i dwudziestościan.

J'

<n

-tĆkkN

Nr-

■*N

jr>

Fig. 326.

/H

C’

Poznanie i konstrukcya pięciu brył umiarowych były główną zasługą szkoły pitagorejczyków, do której należał także Platon (429—-348 przed n. Chr.). Według Platona atomy ognia, powietrza, wody i ziemi składać się mają z czworościanów, ośmiościanów, dwudziestościanów i sześcianów. Dlatego bryły umiarowa do dzisiejszego dnia nazyw⁷amy także bryłami platońskiemu

W każdym wielo ścianie umiaroivym istnieje jeden punkt O równo oddalony od wszystkich ścian i równo oddalony od wszystkich naroży, zwany środkiem wielościanu. Jest on środkiem kuli wpisanej i środkiem kuli opisanej. Dowód tego twierdzenia opiera się na symetryi tych brył.

§ 114. Objętość wielościanów umiarowych.

C-J

Objętość niektórych wielościanów umiarowych potrafimy juź obliczyć, mianowicie sześcianu, czworościanu, który jest ostrosłupem trójbocznym i ośmiościanu, który się składa z dwóch ostrosłupów czworobocznych. Objętość pozostałych dwu brył obliczymy wzorem wspólnym dla wszystkich umiarowych wielościanów. Wiemy, ze każdy wielościan umiarowy posiada środek. Łącząc ten punkt z narożami i przesuwając odpowiednie płaszczyzny (fig. 327), otrzymamy tyle przystających ostrosłupów, ile bryła ma ścian, n. p. n. Ponieważ objętości wszystkich tych ostrosłupów są równe, wynoszą n. p. F₀, to objętość całej bryły:

V=n. V₀

Fig. 327.

v

Ale V₀ = F. —, gdzie F oznacza powierzchnię

jednej ściany a r promień kuli wpisanej w bryłę, który jest zarazem wysokością każdego ostrosłupa.

Więc:

V

V=n.F4-o

Ale n . F = P jest powierzchnią całej bryły. Otrzymujemy

więc:

(1)

T

P~3

Objętość wielościanu umiarowego oblicza się, mnożąc jego powierzchnię przez trzecią część promienia kuli wpisanej. (Podobne prawo mieliśmy w planimetryi dla wielokątów umiarowych!)

Uwaga: wzoru (1) można użyć do obliczenia objętości dowolnego wielościanu, opisanego na kuli, niekoniecznie umiarowego.

Ćwiczenia XI.

§ 112.    1. Sprawdzić, że wzór S -(- N = K-f- 2 pozostaje prawdziwy, jeżeli

zetniemy całą krawędź wielościanu wypukłego.

2. Belkę prostokątną przenika nawskróś mniejsza belka, czy dla tej bryły S-\-N=K-\-2? Rysunek!

§ 113.    3. Ile krawędzi ma bryła wypukła, posiadająca 10 ścian i 16 naroży?

4.    Oblicz wysokość ostrosłupów pięciobocznych, z których się buduje dwudziestościan (por. fig. 324).

5.    Obliczyć powierzchnię dwudziestościanu, znając jego krawędź.

6.    Sporządzić model dwunastościanu.

7.    Obliczyć powierzchnię dwunastościanu, znając jego bok.

8.    Obliczyć powierzchnię sześcianu wpisanego w dwunastościan na fig. 826, znając krawędź dwunastościanu.

9.    Obliczyć powierzchnię daszka, wznoszącego się nad każdą ścianą sześcianu na fig. 326.

10.    Jakie płaszczyzny, osie, środki symetryi ma: a) dwunastościan, b) dwudziesto ścian?

11.    Jakie obroty sprowadzają do nakrycia z samym sobą: a) dwu-dziestościan, b) dwunastościan. (Jest 60 takich obrotów.)

12. Obliczyć promień kuli wpisanej w dwunastościan i opisanej na

fc ____

dwunastościanie (fig. 826), znając jego krawędź. [Odp. r = —]/l0 (25—|— 11]/5);

R— ₄]/3 (V5 + l j

* 13. Obliczyć promień kuli wpisanej w dwudziestościan i opisanej

_

na

dwudziestościanie, znając jego krawędź. [Odp. r = —/3 (]/5" —(— 3) ;

Ä=|/2(5 + )/5)-

14.    Obliczyć stosunek powierzchni: a) czworościanu, b) sześcianu, c) ośmiościanu, opisanego na kuli, do powierzchni podobnego wielościanu wpisanego w tę kulę.

15.    Sporządzić siatkę i model dwudziestościanu (siatka składa się z 20 trójkątów równobocznych).

16.    Mając narysowany w perspektywie dwudziestościan lub dwunastościan, znaleźć rysunkiem środek kuli wpisanej i opisanej.

§114. 17. Obliczyć objętość: a) czworościanu, b) ośmiościanu, znając promień kuli wpisanej r = 3 cm.

18. Znając powierzchnię ścian dowolnego czworościanu nieumiarowego opisanego na kuli i jego objętość, obliczyć promień kuli.

* 19. Obliczyć objętość dwudziestościanu umiarowego, znając krawędź (por. ćw. 13).

^ 20. Obliczyć objętość dwunastościanu umiarowego, znając krawędź (por. ćw. 12).

Rozdział XII.

Powierzchnie i bryły obrotowe.

§ 115. Powierzchnie obrotowe prostoliniowe.

Powierzchnię zakreśloną przez obrót dowolnej linii prostej lub krzywej około osi nazywamy powierzchnią obrotową. Najprostsze są powierzchnie obrotowe, powstające obrotem linii prostej, to znaczy powierzchnie obrotowe prostoliniowe.

<3

d'

Weźmy najpierw pod uwagę linię prostą, leżącą w tej samej płaszczyźnie, co oś. Przez obrót odcinka takiej prostej (fig. 328) może powstać: a) pobocznica stożka prostego, jeżeli odcinek przecina oś; b) pobocznica walca prostego, jeżeli prosta jest równoległa do osi obrotu;

c) pobocznica stożka ściętego, jeżeli przedłużenie odcinka przecina oś; d) koło, jeżeli odcinek przecina prostopadle oś lub wreszcie e) pierścień kołowy, jeżeli odcinek jest prostopadły do osi, ale dopiero przedłużony ją przecina, Widzimy więc, że wiele powierzchni poznanych już w dotychczasowej nauce występuje tutaj z jednej wspólnej zasady powstawania. Pobocznice walców pochyłych i stożków pochyłych nie należą już do brył obrotowych.

Fig. 328.

Nową powierzchnię obrotową otrzymamy, biorąc pod uwagę linię prostą wichrowatą względem osi. Model takiej powierzchni otrzymamy, biorąc dwa przystające koła (n. p. z drutu lub z deski), umieszczone na wspólnej osi prostopadłej, dające się przesuwać po tej osi i obracać koło niej. Łączymy ich obwody kilkunastoma liniami równoległemi

n. p. nitkami. Wszystkie te nitki leżą na pobocznicy walca obrotowego (t. j. prostego). Jeżeli jednak skręcimy jedno koło względem drugiego o pewien kąt, to linie a, b, c, d pozostaną prostemi, ponieważ nitki są napięte, ale będą wichrowate względem osi. Wszystkie te linie będą jednak w równej odległości od osi i będą tworzyły równe kąty z podstawą: będą więc one tylko różnemi położeniami tej samej prostej wichrowatej przy obrocie dokoła osi. Spostrzeżemy, że zarys powstałej powierzchni jest teraz hyperbolą. Powierzchnia taka nazywa się h y p e r b o-loidą obrotową (o jednej powłoce), może bowiem powstać także przez obrót hyperboli, leżącej na tej samej płaszczyźnie, co oś. Wskutek symetryi tej powierzchni zawiera ona także drugą gromadę prostych, pochylonych w przeciwną stronę o ten sam kąt. Powierzchnia ta mimo to jest nierozwijalna.

cd

Fig. 329.

§ 116. Kula.

Przejdźmy do powierzchni obrotowych, powstających przez obrót linii krzywych a więc przedewszystkiem koła.

Powierzchnię obrotową, powstającą przez obrót półkola dokoła średnicy, nazywamy powierzchnią kulistą a przestrzeń zamkniętą przez tę powierzchnię nazywamy kulą. (Czasem używamy słowa kula także na

' \\A

Ś/A’

><Y

Fig. 330¹).

oznaczenie samej powierzchni.) Ponieważ każdy punkt półkola jest równo oddalony od środka O, przeto i przy obrocie te odległości nie doznają zmiany. Stąd widzimy, że każdy punkt powierzchni kuli jest równo oddalony od stałego punktu, zwanego środkiem kuli. Tę stałą odległość nazywamy promieniem kuli. Każda linia prosta,przechodząca przez środek kuli, przecina jej powierzchnię w dwóch punktach (dlaczego?); odcinek zawarty między tymi punktami nazywamy średnicą kuli; długość jej jest widocznie dwa razy większa od promienia. Łatwo wykazać, że każda powierzchnia, mająca tę własność, iż każdy jej punkt jest równo

oddalony od stałego punktu O, jest powierzchnią kuli, t. j., źe można wyczerpać wszystkie jej punkty przez obrót półkola. Własność ta, jako charakterystyczna dla kuli, może służyć do definicyi kuli.

Koło XÄY, tworzące swoim obrotem kulę, nazywamy południkiem kuli. Jest to więc przekrój kuli, zawierający oś obrotu. Drogę, jaką zakreśla przy obrocie każdy punkt południka, n. p. punkt A', nazywamy równoleżnikiem kuli. Jestto koło, którego płaszczyzna jest prostopadła do osi obrotu. Punkty, w których oś przebija kulę, nazywamy biegunami. Możemy więc powiedzieć, źe południk jest kołem, przechodzącem przez obydwa bieguny. Równoleżnik, którego płaszczyzna przechodzi przez środek kuli, nazywa się równikiem. Wszystkie te nazwy pochodzą z geografii matematycznej. Osią kuli może być każda prosta, przechodząca przez środek, ponieważ każdy przekrój, przechodzący przez środek jest kołem (dlaczego?). Inne powierzchnie obrotowe nie mają tej własności. Ale nietylko taki przekrój kuli jest kołem. Wykażemy, źe każdy płaski przekrój kidi jest kołem. Nie mamy więc tu takiej różnorodności, jak u walca lub stożka!

Dla dowodu poprowadźmy ze środka kuli linię prostopadłą do płaszczyzny przekroju (fig. 331) OS j_ a. Połączmy dowolne punkty A i Ä przekroju ze spodkiem S prostopadłej. Trójkąty SO A i SOA' są przystające według (III) przypadku przystawania, bo O A— A' O jako promienie kuli, S0=SO a jjOSA = jjOSÄ= 90°. Z przystawania

S_

oL

wynika: SA = SÄ a więc wszystkie punkty przekroju są równo oddalone od stałego punktu S, to znaczy tworzą one koło.

Fig-. 331.

Promień tego przekroju obliczymy przy pomocy twierdzenia Pitagorasa, znając promień kuli li i odległość przekroju od środka kuli £ :

r — } Fil — z²

Widzimy stąd, źe wielkość przekroju zależy od oddalenia jego płaszczyzny od środka kuli. Największy jest przekrój, jeżeli jego płaszczyzna przechodzi przez środek kuli, bo wtedy z —O, r — R. Przekrój taki nazywamy kołem wielkiem. Inne przekroje nazywamy kołami małemi. Jeżeli przekrój oddala się od środka kuli, promień jego maleje, wreszcie, jeżeli jego odległość od środka kuli będzie równa promieniowi: z = R, to r — O, więc przekrój zmaleje do jednego punktu. Płaszczyzna ma wtedy z kulą tylko jeden punkt wspólny i nazywa się płaszczyzną styczną.

A'

Fig. 332.

W każdym punkcie kuli istnieje tylko jedna płaszczyzna styczna. (Dlaczego?) Z punktu poza kulą można jednakowoż poprowadzić nieskończenie wiele płaszczyzn stycznych : ich krawędzie utworzą cały stożek styczny do kuli. Stożek ten można otrzymać w prost-p szy sposób. Weźmy na płaszczyźnie półkole i poprowadźmy styczną z punktu P, leżącego na przedłużeniu średnicy. Jeżeli całą figurę obrócimy koło osi 0 P, to półkole zakreśli kulę a styczna PA zakreśli stożek prosty, którego podstawą jest koło małe kuli. Stożek ten zawiera wszystkie linie styczne do poAvierzchni kuli, jakie się dadzą z punktu P poprowadzić. (Każdą linię styczną możemy uważać za krawędź dwóch sąsiednich płaszczyzn stycznych). Z tego sposobu powstania stożka stycznego wynika, że odcinki wszystkich stycznych poprowadzonych z jednego punktu P do kuli, mierzone od punktu P do kuli, są równe.

Jeżeli punkt P oddala się od kuli, koło AA' powiększa się a stożek zbliża się coraz więcej do postaci walca. Styczne, dotykające kuli w punktach koła wielkiego, tworzą powierzchnię walcową styczną, są więc wszystkie równoległe. Stożki i walce styczne mają zastosowanie przy szukaniu cieni kuli (zaćmienia) i rzutów kuli.

Kiedy cień kuli będzie kołem, elipsą, parabolą? Jaka jest granica cienia i światła na kuli oświetlonej?

Wielo ścian, którego wszystkie ściany są płaszczyznami sty-cznemi kuli, nazywa się opisany na kuli. Jeżeli zaś naroża wielościanu leżą na powierzchni kuli, wielościan nazywa się w pisany w kulę. Czy każdy graniastosłup da się opisać na kuli ? (wpisać w kulę ?). Walec i stożek nazywają się wpisane w kulę, jeżeli ich podstawy są kołami (wdelkiemi lub małemi) kuli a wierzchołek leży na kuli. Walec i stożek są opisane na kuli, jeżeli ich dna są płaszczyznami stycznemi a pobocznica walcem lub stożkiem stycznym.

Części objętości i powierzchni kuli, odcięte przekrojem płaskim, mają osobne nazwy. I tak części, na jakie się rozpada powierzchnia kuli przez poprowadzenie płaskiego przekroju, nazywamy czaszami kuli a odpowiednie części objętości kuli nazywamy odcinkami kuli.

Część powierzchni kuli, zawartą między dwoma przekrojami równoległymi, nazywamy pasem sferycznym a odpowiednią część objętości warstwą kuli. Co nazwiemy wysokością odcinka? (warstwy?) Z odcinków kuli można utworzyć rozmaite gatunki soczewek: dwuwy-pukła składa się z dwóch odcinków o tej samej podstawie, dwu wklęsła powstaje z walca po wycięciu dwóch odcinków kuli, podobnie też inne rodzaje soczewek. Wszystko to są także bryły i powierzchnie obrotowe, powstające przez obrót łuków i odcinków linii prostych.

Fig. 333.

Rozważ wzajemne położenie dwóch kul! Kiedy ich wspólną częścią jest soczewka dwuwypukła?

* Jedno koło wielkie dzieli powierzchnię kuli na dwie półkule. Dwa koła przecinają się zawsze w dwóch punktach A Aj (fig. 334) biegunowo przeciwległych (końce średnicy) i dzielą powierzchnię kuli na cztery części, zwane dwukątami sferycznemi. Biorąc trzecie koło wielkie, nie przechodzące przez punkt A a więc nie przechodzące także przez Aj, otrzymamy osiem części, z których każdą nazywamy trójkątem sferycznym, n. p. ACB. Można także z małych kół tworzyć

io''~

~F

trójkąty, jednakowoż takie figury mniej są dla nas ważne. Podobnie jak na płaszczyźnie badaliśmy przedewszystkiem trójkąty ograniczone liniami proste mi, tak na } kuli należy przedewszystkiem omówić trójkąty ograniczone łukami kół wielkich.

Fig. 334.

Łuki kół wielkich mają nawet w geo-metryi na kuli, w t. zw. geometryi sferycznej, podobne własności, jak linie proste w geometryi na płaszczyźnie, t. j. w pla-nimetryi. Między dwoma punktami na płaszczyźnie da się poprowadzić tylko jedna linia prosta: podobnie między dwoma punktami na kuli da się poprowadzić tylko jedno koło wielkie, jeżeli tylko te punkty nie są biegunowo przeciwległe. Dalej : linia prosta jest na płaszczyźnie najkrótszą drogą, łączącą dwa punkty; na kuli jest łuk koła wielkiego najkrótszą drogą (po powierzchni), łączącą dwa punkty kuli. (Dlaczego?) Nitka wyprężona między dwoma pun-

ktami powierzchni kuli dotyka jej wzdłuz luku koła wielkiego. (Jeżeli n. p. chcemy znaleźć najkrótszą drogę z Warszawy do Tokio, nie należy jej szukać wzdłuż równoleżnika, ale wzdłuż koła wielkiego). Z tej przyczyny nazywamy ten luk koła wielkiego odległością sferyczną.

Badanie trójkątów sferycznych i wogóle figur, leżących na powierzchni kuli, jest dla nas sprawą bardzo ważną, ponieważ ziemia jest kulą i pozorne sklepienie niebios również uważamy za kulę. Wszelkie obliczenia i pomiary geograficzne lub astronomiczne muszą się opierać na geometryi sferycznej.

Łącząc wierzchołki trójkąta sferycznego A CB ze środkiem kuli, otrzymujemy kąt bryłowy trójścienny O AC B. Jest on ściśle zwią-trójkątem sferycznym: boki trójkąta sferycznego są łukami, na-

zany z

leżącymi do kątów płaskich naroża, jako do kątów środkowych. Dlatego wyrażamy zwykle boki trójkąta sferycznego w stopniach. Kąty trójkąta sferycznego (są to kąty zawarte między liniami stycznemi do kół, ograniczających ten trójkąt) są znowu równe kątom dwuściennym naroża. Albowiem (fig. 335):

NB

MB

OB i leży na płaszczyźnie B O C OB i leży na płaszczyźnie A OB

a więc <Ł,M B N jest miarą kąta dwuściennego, utworzonego przez płaszczyzny A O B i C O B.

Badanie trójkąta sferycznego jest więc zarazem badaniem naroża trójściennego i odwrotnie: prawa poznane dla naroża trójściennego można przenieść bez zmiany na trójkąty sferyczne. Tak n. p. przypadki przystawania kątów bryłowych trójściennych podają zarazem przypadki przystawania trójkątów sferycznych. (Wymień!) Ze związku z narożem trójściennem wynika także bardzo ważne prawo:

suma kątów trójkąta sferycznego musi być zawsze większa od 180°

a mniejsza o óid°. (Dlaczego?) Nadmiar ten:

A + B+ C— 180°

nazywamy przepełnieniem sferycznem i zaznaczymy literą e. W trójkącie sferycznym może się znajdować jeden, dwa a nawet trzy kąty proste (jeżeli trzy płaszczyzny odpowiedniego kąta bryłowego są parami prostopadłe do siebie). Trójkąt sferyczny, zawderający jeden przynajmniej kąt prosty, nazywra się prostokątnym. Narysuj!

Jeżeli w wierzchołku naroża trójściennego, t. j. wr środku kuli wykreślimy naroże biegunowe do niego, otrzymamy na powierzchni kuli trójkąt sferyczny biegunowy do pierwszego trójkąta.

§ 117. Inne powierzchnie obrotowe.

Z innych powierzchni obrotowych zasługują na uwagę:

1.    Elipsoida obrotowa, t. j. powierzchnia zakreślona obrotem elipsy około jednej osi głównej; kształt taki ma w przybliżeniu ziemia.

2.    Hyperboloida obrotowa, o której wspominaliśmy już przy powierzchniach obrotowych prostoliniowych (fig. 329, str. 280). Inny rodzaj hyperboloidy otrzymamy, obracając hyperbolę koło osi symetryi, przechodzącej przez obydwie gałęzie; wtedy powstaje hyperboloida o dwóch powłokach.

3. Paraboloida obrotowa, powstająca przez obrót paraboli dokoła jej osi symetryi.

Powierzchni takiej używa się w optyce, jako zwierciadła wklęsłego do reflektorów.

Jego boki, wyrażone w mierze kątowej, spełniają się do 180° z kątami pierwotnego trójkąta a kąty spełniają się do 180° z bokami pierwotnego trójkąta. (Dlaczego?).

Ca

......

ió'\

C,

Fig. 335.

Jaki trójkąt sferyczny powstanie, jeżeli krawędzie odpowiedniego naroża trójściennego przedłużymy poza wierzchołek na-, róża aż do przecięcia się z kulą? Czy przy-\ staj e do pierwotnego trój kąta ? JNT azy wamy go yA, trójkątem sferycznym przeciwle-I gły m. Dwa trójkąty sferyczne, zajmujące razem połowę kuli, nazywamy trójkątami przyległymi. N. p. do trójkąta ABC przyległym jest trójkąt o bokach A B₁ Ax B, AC, B C a przeciwległym Bx Ax Cx. *

4. Obręcz kołowa, powstająca przez obrót koła dokoła osi, leżącej w jego płaszczyźnie, ale nie przecinającej koła.

Powierzchniami temi zajmowano się już w starożytności. Archimedes, któremu zawdzięczamy obliczenie obwodu i powierzchni koła, badał i te powierzchnie a wyniki badań przekazał nam w dziele p. t. : »0 konoidach i steroidach«. Także obliczenie powierzchni i objętości kuli zawdzięczamy Archimedesowi.

W budownictwie i w przemyśle używa się wielu powierzchni obrotowych o liniach południkowych (tworzących) bardziej skomplikowanych. Tak n. p. kopuły, wyroby tokarskie, garncarskie są najczęściej powierzchniami obrotowymi. Wskutek tak wielkiego rozpowszechnienia ważnem zadaniem jest obliczenie powierzchni i objętości brył obrotowych.

§ 118. Powierzchnia kuli i jej części.

Rozwinięcie powierzchni kuli na płaszczyźnie jest niemożliwe. Powierzchnia kuli nie da się przenieść na płaszczyznę bez zniekształ-cenią długości i kątów ani w sposób mechaniczny, ani matematyczny.

Jestto rzecz wielkiej doniosłości dla geografii. Wynika stąd bowiem, że żadna karta geograficzna nie jest wiernym obrazem kuli ziemskiej. Jedynie globus mógłby być wiernem pomniejszeniem kuli ziemskiej, jednakże w praktyce także globus sporządza się przez naklejanie płaskich kawałków w postaci dwukątów sferycznych, ograniczonych łukami kół lub sinusoid. Można zrobić taką mapę, na której wszystkie kąty występują w prawdziwej wielkości, wtedy jednak powierzchnie i odcinki doznają silnych zniekształceń (n. p. rzut Merkatora). Można także przedstawić części ziemi z zachowaniem równości powierzchni; wtedy jednak kąty albo długości odcinków będą zmienione. (N. p. rzuty Lamberta równo-powierzchniowe).

Wobec tego przy obliczaniu powierzchni kuli nie możemy się posługiwać siatką tej powierzchni, ale musimy użyć rozważań przybliżonych, granicznych.

it

Opisujemy na kuli szereg pobocznie stożków ściętych, dotykających kuli wzdłuż swrego przekrój u średniego, a Oznaczamy bok jednego takiego stożka ściętego j\r literą s1} promień przekroju średniego p, a rzut c’g boku na oś literą u\. Wyprowadziliśmy już wzór \ na obliczenie pobocznicy takiego stożka (por. str. 258).

I    Pi — 2 ^ pi s₁

Ale iloczyn p,. s₁ można zastąpić iloczynem R.ivu ponieważ p, :R = u\ : s,, jak to wynika z podobieństwa trójkątów AEB i O Ci); więc

Fig. 336.

px — 2kR u\

Jeżeli opiszemy na kuli bardzo wiele takich pasów bardzo wą-zkich, to one wr granicy pokryją całą kulę. Powierzchnię kuli możemy więc uważać za granicę, do jakiej dąży suma powierzchni tych pasków, jeżeli ich szerokość maleje nieograniczenie. Obliczamy sumę powierzchni kilku takich pasków:

px■— 2r. Rwx p₂ = 2 t: R ic 2 pz = 2 tu R ic₃

pn =2- R w,

+ pn = 2 TU R (Wx -f IU₂ -f- U-₃ + . . . Wn)

Stąd: px -j~P2 + Ps +

Jeżeli wyczerpiemy całą powierzchnię kuli, to odcinki wx, ic₂, w₃,.... wn pokryją całą oś kuli: ich suma równa się więc średnicy. Zatem:

P=2n R.2 R, czyli ostatecznie

P = 4 M² x

i-

"v

Powierzchnia kuli jest więc cztery razy większa od powierzchni koła wielkiego. Gdybyśmy z tych pobocznie stożka dodali tylko część, mianowicie tylko te, które pokrywają część powierzchni kuli od bieguna do wysokości irc, otrzymalibyśmy powierzchnię czaszy:

(2)

P—2 Mn .wc

Powierzchnię czaszy obliczamy, mnożąc obwód koła wielkiego przez wysokość czaszy.

Fig. 337.

Narysuj walec, mający pobocznicę tak wielką, jak czasza kuli na fig. 337!

To samo rozumowanie odnosi się do powierzchni pasa sferycznego :

P = 2 R n. wp

Jeżeli na kuli opiszemy walec równoboczny, to jego pobocznica wynosi 2 Rn .2R = AR² n, równa się więc powierzchni kuli. (Jestto odkrycie Archimedesa).

* Powierzchnię dwukąta sferycznego, którego łuki tworzą kąt a, obliczymy z proporcyi:

90°

P : 4 R¹ n — a : 360° Stąd P = PCn-JL

Dla trójkąta sferycznego ABC (fig. 338) wyprowadzimy wzór, opierając się na dwukątach. I tak trójkąty ABC i B C A, tworzą razem dwukąt o powierzchni:

Ca

to\

7v\

ABC + BCAx=R*n.

Tak samo trójkąty ABC i A B Cx A B C + A B Cx = B² x

90°

Wreszcie, aby uzupełnić półkulę przednią, potrzeba nam jeszcze powierzchni trójkąta BAXCX. Powierzchnia ta równa się powierzchni trójkąta AC Bx (dlaczego?), przeto A B C -j- B Ax Cv = — AB C -f- AC Bx a te tworzą razem dwukąt, więc

Fig. 338.

€f

90°

ABC+BA! Cx = R²n •

Dodając powierzchnie tych trzech par trójkątów, otrzymamy:

.B²r,

2ABC-\-(ABC-\-BCAl+BA₁ C₁ + ABC₁) = _^A + B+C

90°

Ale ABC jest ^żądaną powierzchnią P trójkąta, suma zaś zawarta w nawiasie daje powierzchnię półkuli, t. j.

Więc

4 B²tz

2 .P+2B²t: = B²t..

pA -f- B -f- C

90°

. Upraszczając przez 2, otrzymamy:

P=B²r>.

XA+B+C

180°

B²r. czyli

P = B² x.

^A-\- B+C— 180°

180°

Wyrażenie zawarte w liczniku jestto przepełnienie sferyczne: e (por. str. 284).

Ostatecznie więc otrzymujemy:

R²r. . e

180°

Z tego wzoru widzimy, że powierzchnia trójkąta sferycznego zależy od sumy kątów i odwrotnie: im większą powierzchnię ma trójkąt sferyczny, tern większa jest suma jego kątów.

W trójkątach płaskich nie spotkaliśmy takiej ciekawej zależności w geometryi euklidesowej, natomiast w geometryach nieeuklidesowych pole trójkąta płaskiego zależy także od sumy jego kątów (por. planimetrya str. 31).

Podobnie, jak w planimetryi długość łuku koła o promieniu 1 służy za miarę kąta, tak w stereometryi powierzchnię trójkąta sferycznego można przyjąć za miarę odpowiedniego kąta bryłowego trójściennego, jeżeli tylko promień kuli wynosi jednostkę długości. W podobny sposób można zmierzyć wielkość kątów bryłowych wielościennych. -*

§ 119. Objętość kuli.

Do wzoru na objętość kuli dochodzimy w podobny sposób, jak dla wielościanów opisanych na kuli (por. § 114). Podzielmy powierzchnię kuli na bardzo drobne czworokąty sferyczne, prowadząc n. p. system równoleżników i południków (fig. 339). Wierzchołki każdego takiego czworokąta połączmy ze środkiem kuli, to kula rozpadnie się na bryły bardzo zbliżone do ostrosłupów czworobocznych, których wy-sokośó równa się promieniowi kuli a podstawą jest mały czworokąt płaski, stykający się z kulą.

Objętości tych ostrosłupów wynoszą:

O =Pl o

=P2 3

'"''N

Fig. 339.

Jeżeli podział poprowadzimy odpowiednio daleko, to suma tych ostrosłupów różni się dowolnie mało od objętości kuli a suma ich podstaw tak samo dąży do powierzchni kuli. Dodając więc obliczone wartości, otrzymujemy:

V= (Pl + Pi + • • • "{-Pn}' -3

V — P. ^, ale P kuli wynosi 4 R²k o

wiec:

V=iR³K

Z tego wzoru widzimy, że objętości dwóch różnych kul mają się do siebie, jak trzecie potęgi promieni, zgodnie z ogólnem prawem, że, jeżeli wymiary bryły wzrastają, to powierzchnie rosną w stosunku drugich potęg tych wymiarów a objętości w stosunku trzecich potęg. (Sprawdzić dla innych poznanych brył!)

Do tego samego wyniku możemy dojść, opierając się na twierdzeniu Cavalieriego.

Wśród brył o znanej objętości szukamy takiej, któraby miała wszystkie przekroje równe odpowiednim przekrojom kuli. Przekrój kuli poprowadzony w odległości x od środka (fig. 340) ma powierzchnię:

p² Z — R² TC -— U?² TT.

Wzór ten naprowadza nas na to, że przekroje szukanej bryły będą pierścieniami kołowymi o większym promieniu stałym R a mniejszym zmiennym, mianowicie równym odległości przekroju kuli od środka p.

Bryłą taką jest walec równoboczny z wydrążeniami stoźko-wemi, sięgającemi do środka walca. Promień tego walca ma być

równy promieniowi kuli. Ponieważ

jC.a — 45, to istotnie promień mniejszego koła przekrocz? ju równa się odległości tego przekroju od środka.

Fig-. 340.

Ponieważ wszystkie przekroje tego wydrążonego walca są równe odpowiednim przekrojom kuli, więc według twierdzenia Cavalieriego objętość kuli równa się objętości walca pomniejszonej o podwójną objętość wgłębienia stożkowatego:

Vk = Vw — 2Vs

Stąd:

R 6R³t. — 2R³%

Vk — 2R³r, — 2 .R² x. — o

więc otrzymujemy wzór:

Ffc = 4 R³ tc

ten sam, któryśmy poprzednio wyprowadzili inną drogą.

§ 120. Objętość części kuli.

To samo rozumowanie, które pozwoliło obliczyć objętość kuli, prowadzi także do obliczenia objętości wycinka kuli, (t. j. bryły, powstającej przez obrót wycinka koła około dwusiecznej kąta środkowego). Dzieląc czaszę, ograniczającą wycinek, na drobne czworokąty, otrzymujemy jako sumę ostrosłupów:

I -(Pl +i?2 + • • • + P” ) g

W granicy suma tych powierzchni plf p₂,... pn nie zapełnia całej powierzchni kuli, ale tylko powierzchnię czaszy, więc:

Vu> = P

" . g

ale Pcz — 2Rr,.w więc:

Vto

2 J&Ttw

Objętość wycinka oblicza się tak, jak objętość stożka, którego podstawa równa się czaszy, ograniczającej wycinek a wysokość równa się promieniowi kuli.

V kV

V,

Objętość odcinka kuli można obliczyć jako różnicę między objętością odpowiedniego wycinka i stożka, jeżeli chodzi o odcinek mniejszy od półkuli lub też jako sumę wycinka i stożka (por. fig. 342). Obliczymy najpierw objętość mniejszego odcinka V.

wi

V —2 Bkw .

Ale p jest średnią geometryczną między obydwoma odcinkami średnicy. (Por. planimetrya § 57). p² = w (2 B — w)

^(B—w) (2B — w) o

skąd po*'wykonaniu prostych działań otrzymamy:

Fig. 342.

(a)

więc:

V=

2 B² Tc w

(2)

Taki sam wzór otrzymamy dla większego odcinka (tylko zamiast w trzeba użyć wysokości wj).

Wzór ten można sprowadzić do innej formy, łatwiejszej do zapamiętania. Wyrazimy objętość odcinka zapomocą wielkości p i w, które możemy wprost zmierzyć na odcinku, nie uzupełniając go do do kuli. Ze wzoru-(a) otrzymujemy:

p² w2 2 w

a podstawiając tę wartość we wzór (2), otrzymamy po uporządkowaniu:

F_p²7U .W

♦IÎ*

(2 a)

rv

tuta

Słowami : objętość odcinka kuli równa się połowie objętości walca opisanego na tym odcinku, powiększonej o objętość kuli wpisanej w ten odcinek.

Na fig. 343 są te bryły przedstawione w przekroju (w rzucie pionowym).

Objętość warstwy kuli można obliczyć jako różnicę objętości dwóch odcinków kuli. Używając wzoru (2 a) na obliczenie objętości odcinków o wysokościach wx i w₂, otrzymamy:

p₂² TC W₂

V:

Pl TC Wy

h_

s,

4.

*(ÎJ*

Wzór ten można także przekształcić na formę wygodną do zapamiętania a zawierającą te tylko wielkości, które się dadzą bezpośrednio zmierzyć na samej warstwie, t. j. px, p₂ i w. (Por. fig. 344).

Zamiast iVy i w₂ podstawiamy we 'wzorze na objętość wartości:

Fig. 344.

to:

V:

pl TC W

Pl ^ TC W2

Wy ³ TC

— lüy — w p2² x W

p₂²TC Wy

w₂sk

Pl² TC*, ^ ^ + * (3 Pl 3    _ 3 p₂²    3 _ „ ₂3)

Ale:

Pl² «?2 + P2² WX = Wy W₂² — Wy² IC₂

jak to wynika z równości: p₁² = *,₁ (2 R — wj)

p₂² = *,₂ (2

-Wz

*,₂)

. w₁

odejmujemy dolne równanie:

p!² W 2 — p₂² *,1 = — W'i² *r₂ + w2² W

Uwzględniając ten związek, otrzymujemy: Pi * tc w , p₂²TC*r 2 ¹ 2~

f ^{iCy—Wjf

ale % — w₂ = w

P,²tc*c p₂²tc*,

U I co

ub ostatecznie:

Pl TC W? p₂ TC

(3)

32

rv

3i

Objętość warstwy kulistej oblicza się, dodając do połowy objętości walca opisanego na tej ivar-stwie połowę objętości walca wpisanego i objętość kuli wpisanej.

Na fig. 345 są przedstawione

te bryły w przekroju (w rzucie rv pionowym).

Fig. 346.

Do tych samych wzorów na objętość warstwy i odcinka

można dojść, używając twierdzenia Cavalieriego. N. p. objętość warstwy równa się objętości pierścienia bryły, której używaliśmy przy obliczaniu objętości kuli. (Por. fig. 346). Wykonaj ten rachunek!

¹

Na hg'¹ 330 przedstawiona jest kula w rzucie prostopadłym a tylko jej oś XY jest nachylona do płaszczyzny obrazowej (pionowej).

§ 121. Reguła Guldina do obliczania powierzchni obrotowych.

Posiadamy metodę obliczania powierzchni brył obrotowych wspólną dla wszystkich rodzajów takich powierzchni. Zastanówmy się najpierw nad znanymi nam już wzorami na obliczanie pobocznicy prostego walca, stożka i stożka ściętego. Widzieliśmy n. p., że pobocznica stożka ściętego wynosi:

M = 2 p x s

C'

Ponieważ punkt C możemy uważać za środek ciężkości odcinka AB, obłożonego jednostajnie masą, przeto wzór nasz możemy także wypowiedzieć w następującej formie:

Powierzchnia obrotowa, powstająca przez obrót s    odcinka, leżącego w tej samej płaszczyźnie, co oś

0    obrotu, równa się długości s tego odcinka, pomnożonej

Fig. 347.

przez drogę 2 p x, zakreśloną przez środek ciężkości tego odcinka.

Tak samo można wysłowić wzory na pobocznicę walca i stożka. (Wykaż!)

Jeżeli teraz weźmiemy linię łamaną, złożoną z dwóch odcinków, to przez obrót otrzymamy pobocznicę dwóch stożków ściętych. Cała powierzchnia obrotowa ma więc wielkość:

P = 2 p x s -f- 2 p' x s = 2 x (p s -f- p' s)

Środek ciężkości całej linii łamanej A B D leży w odległości średniej między p i p' od osi obrotu, brednią tę odległość tworzymy według następującego wzoru:

(1)

„pg+py

s —(- sf

Albowiem: jeżeli masa jest rozmieszczona jednostajnie, to znaczy na każdy centymetr długości przypada tylesamo gramów, n. p. m gramów, to odcinek o długości s ma masę m .s a odcinek s masę m. s. Środek ciężkości S musi leżeć na linii, łączącej C i C', bliżej większej masy i to tyle razy bliżej, ile razy ta masa jest większa.

Stąd wynika proporcya:

CS : C S=ms : m s

czyli po uproszczeniu przez

C S :C' S—s' : s

Z tej proporcyi wynika także prawdziwość proporcyi:

CS: (CS-\- C'S) = s : (s'+ s) czyli CS: C C = s' : (s + s).

Ale z trójkąta C E C' widzimy, że

CS: C C = P S : E C' = (r — p) : (p' — p)

Więc (r — p) : (p' — p) = s : (s -f- s). Stąd łatwo obliczymy:

psj-pV

s —J— sf

Gdyby się linia łamana składała z większej liczby odcinków, to odległość środka ciężkości tej linii od osi obrotu wynosiłaby:

Wprowadzając znalezioną wartość r we wzór (1), otrzymamy, ponieważ: p s p' s' = r (s    s'), wzór

P = 2 r Tc (s -f- s).

Trzeba więc pomnożyć całkowitą długość linii (tworzącej) południkowej s-f-s' przez drogę 2 ri-, zakreśloną przez środek ciężkości przy obrocie. Ilekolwiek odcinków weźmiemy zawsze otrzymamy na powierzchnię wzór:

JP= 2    . f

gdzie r oznacza odległość środka ciężkości linii południkowej od osi a l całkowitą długość tej linii.

To samo rozumowanie możemy zastosować do linii krzywej, obracającej się dokoła osi. Trzeba ją podzielić na drobne cząstki, w przybliżeniu proste i zastosować poprzednie rozumowanie. Postępując ściślej, trzebaby w tę linię wpisać linię łamaną o wielkiej liczbie boków lub opisać taką linię i badać, do jakiej granicy dąży powierzchnia obrotowa, zakreślona przez taką linię łamaną. Wtedy jednakże obliczenie środka ciężkości linii południkowej sprawia znaczniejsze trudności.

Wzór ten nazywamy regułą Gul di na (XVII. wiek), jakkolwiek już u Pappusa z Aleksandryi (około 300 lat po n. Chr.) znajdujemy tę samą metodę.

W praktyce, jeżeli linia południkowa (profil) jest bardzo skomplikowana, n. p. przy kopułach bizantyńskich, nie szuka się środka ciężkości całej linii, tylko rozdziela się powierzchnię na pasy w przybliżeniu stożkowe lub walcowe i oblicza się powierzchnię każdego pasa osobno.

Gdybyśmy chcieli zastosować regułę Guldina do kuli, musielibyśmy znać środek ciężkości połowy okręgu koła. Posiadamy jednakże wzór na powierzchnię kuli, obliczony inną drogą; możemy więc odwrotnie wykryć, gdzie leży środek ciężkości linii południkowej. Ponieważ jej długość

2 Pt:

Pt:

przeto według reguły Guldina powierzchnia kuli wynosi:

ale także stąd

P — 2 r x. Pt:

P=4R²r.

2r Pt:² — 4P² t: czyli

t:

Taka jest odległość środka ciężkości obwodu półkola od osi obrotu. Wyprowadzić na powierzchnię obręczy kołowej wzór:

P = 4RrP

gdzie r oznacza promień koła obracanego a B odległość jego środka od osi obrotu!

§ 122. Reguła Guldina do obliczania objętości brył obrotowych.

Przy obliczaniu powierzchni brył obrotowych wyprowadziliśmy ogólne prawo P = l. 2 r x, gdzie r oznaczało odległość środka ciężkości linii obracającej się od osi obrotu a l całkowitą długość tej linii. Zupełnie podobne prawo odnosi się do objętości brył obrotowych. Udowodnimy mianowicie:

Jeżeli jakakolwiek część płaszczyzny wiruje koło osi, nie przecinającej jej ograniczenia, to objętość tej bryły obrotowej równa się powierzchni figury obracającej się, pomnożonej przez drogę, zakreśloną przez środek ciężkości tej powierzchni.

i «o

7*

Fig. 348.

Prawodopodobność tego twierdzenia wykażemy najłatwiej, biorąc pod uwagę obręcz, powstającą przez obrót koła koło osi, leżącej w jego płaszczyźnie a nie przecinającej go. Gdybyśmy taką obręcz wyprostowali, otrzymalibyśmy walec, mający za podstawę koło tworzące. Przy tern wyginaniu musiałyby doznać wewnętrzne części powierzchni pierścienia rozciągnięcia a zewnętrzne zgniecenia. Wysokość tego walca musi być krótsza od zewnętrznego równoleżnika a dłuższa od wewnętrznego. Wydaje się wńęc bardzo prawdobodobnem, że wysokość wTalca będzie równa średniemu równoleżnikowa, przechodzącemu przez środek ciężkości £ koła tworzącego. Nazywając promień tego równoleżnika (t. j. odległość środka ciężkości od osi obrotu) literą r, otrzymamy na objętość tego wralca (a więc i obręczy) wzór:

V— P. 2 r ir

zgodnie z twierdzeniem Gruldina. Podobnie ma się rzecz z każdą obracającą się powierzchnią płaską.

Ścisły dowód przeprowadzimy dla trójkąta. Inne wielokąty można bowiem złożyć z trójkątów a powierzchnie ograniczone liniami krzywemi możemy aproxymowaé zapomocą wielokątów.

’________

K,

Weźmy więc pod uwagę trójkąt AB C i rozważmy bryłę, jaka powstaje przez obrót tego trójkąta koło osi TT. Oznaczmy odległości wierzchołków od osi literami xx, x₂, x₃ a odległość środka ciężkości S od osi obrotu litery r. Łatwo wykazać, że

*-(Por. planimetry a ćwiczenia IX ćw. 57).

Fig. 349.

Objętość bryły obrotowej, zakreślonej przez obrót tego trójkąta, składa się z dwóch stożków ściętych o bokach A C i A B. od których jednak trzeba odjąć wewnętrzny stożek ścięty o boku B C. Więc:

V:

~[x\ + oc\ + xx x₃ j -f ^ (x\ -\-x\ + xx x₂j k(x\ +^3+^2

w₂ + w₃

Zbierając osobno wyrazy, zawierające w₂ a osobno w3l otrzymujemy:

V = ~w₂ (a?!² 4- x₁ x₃ — x₂²

TT

x₂ x₃) -f - w₃ (x₁ -~j-x₁ x₂ — x₃² — x₂ x₃)

Wyłączmy przed nawias:

ry> _ /yt    -i    ry* _ /y*

łI/1    ia/O    J. «a/1    tX/O

w₂ (xt — x₂) (x₁ + X₂ 4- x₃) + — w₃ (xx — X₃) (xx -\-x₂-\- x₃)

V—

xl-\-x₂-\- x₃

7Ï -:--—

w₂ (x₁ -X₂) -f W3 (xx — X₃)

Ale wyrażenie zawarte w nawiasie przedstawia podwójną powierzchnię trójkąta, otrzymaną iako różnicę pomiędzy trapezami AB B' Ä i AA' CC' a trapezem B B' C C (oblicz!)

Więc:

V=r..r.2P F=P.2 rr>

czyli :

a to jest prawo Guldina.

Biorąc teraz dowolny wielokąt (fig. 350), rozkładamy go na trójkąty. Oznaczywszy odległości środków ciężkości od osi literami rx, r₂, r₃... a powierzchnie tych trójkątów f \, /₂, f₃ ... , otrzymamy:

V=fi ■ 2 rx % + /₂.2 r₂ r + /₃.2 r₃ x -\-----

V= 2 r (rt A + r₂ f₂ + r₃ f₃ -f-----).

Odległość środka ciężkości całego wielokąta od osi obrotu obliczamy, tworząc średnią (arytmetyczną) według wzoru:

ri fi + fs + r₃ f₃ H----

fi

Cd *

fi 4“ U + fs + • • •

_ _ rz_ r3

(Udowadnia się podobnie, jak przy powierzchniach obrotowych.) Podstawiając licznik tego wyrażenia we wzór na V, otrzymamy:

U = 2 Tl . r P

a więc tak samo, jak dla trójkąta.

Fig. 350.

Dla powierzchni ograniczonej linią krzywą udowadnia się przez szereg kolejnych przybliżeń zapomocą wielokątów! Twierdzenie pozostaje prawdziwe i w granicy.

Do użycia wzoru Głuldina trzeba znać środek ciężkości obracającej się powierzchni. Jeżeli ograniczenie powierzchni jest linią skomplikowaną, rozkłada się ją na małe trójkąty i oblicza się każdą część objętości osobno.

Jeżeli znamy wzór na obliczenie objętości jakiejś bryły obrotowej, znaleziony inną drogą, to możemy znaleźć położenie środka ciężkości figury tworzącej. Wiemy n. p., że dla kuli:

TT®’’'

v=

Stąd można obliczyć środek ciężkości powierzchni półkola, tworzącego swoim obrotem kulę. Oznaczmy literą d odległość środka ciężkości od osi obrotu (leży on na symetralnej łuku A B C), to według reguły Guldina objętość kuli wynosi:

B²r

V=P.2dr =

- 2 dr. = -² B² d 2

A więc:

B³ r = r² B² d

skąd wynika:

4 B³ r    4 B

3 t:² B² T

(Wzór inny, jak dla środka ciężkości obwodu półkola; por. str. 295).

Obliczenie objętości innych brył, zamkniętych po-

wierzchniami krzywemi, da się w wielu wypadkach wykonać przez rozważania graniczne lub też przy pomocy rachunków wyższych (rachunek całkowy), to jednak przekracza już zakres elementarnej geometryi.

* § 123. Charakterystyczne własności przecięć stożkowych.

Przy pomocy kul wpisanych w stożek i w walec można zbadać dokładniej własności elipsy, hyperboli i paraboli.

A’

D’

Zajmijmy się najpierw elipsą, pojmowaną jako ukośny rzut koła, t. j. przekrój walca. Weźmy walec prosty przecięty płaszczyzną A A', nachyloną do kierownicy. Otrzymamy elipsę A'PA. Poprowadźmy przecięcie osiowe D E E' D' prostopadłe do tego przekroju; ono E przetnie płaszczyznę A Ä wzdłuż prostej A Ä. Wpiszmy w górną i dolną część powierzchni walcowej kule, dotykające płaszczyzny A A'. Kule te stykają się z walcem wzdłuż kół D C E i D' C E' a z płaszczyzną A A' w punktach F i F'. Zbadajmy, jaką własność ma każdy punkt przekroju, n. p. P, leżący na two-E, rżącej C C. Połączmy P z punktami F i F', to widzimy, że:

Fig. 352.

PF= PC jako odcinki stycznych, poprowadzonych do kuli z tego samego punktu P (na rysunku perspektywicznym linia PF wydaje się o wiele krótszą od P C). Taksamo P F' = P C' Dodając te dwie równości do siebie otrzymamy:

PF+PF' = CC' lub PF-\-PF' = DD'

ponieważ C C = D1Ï jako boki walca prostego. A więc: suma odległości dowolnego punktu elipsy przekroju od stałych punktów F i F' równa się stałej długości D D.

Punkty F i F’ nazywamy ogniskami elipsy a proste P F i PF', łączące dowolny punkt elipsy z ogniskami, nazywamy promieniami wodzącymi. Łatwo wykazać, że stała długość D U jest równa osi wielkiej A Ä tej elipsy.

Istotnie D D' = D A' -J- Ä D’ — Ä F -f- Ä F' jako odcinki sty

cznych.

Ale także D D’ =E E’ = A E    A E' — AF Ą- A F'. Stąd wniosek :

Ä F+ÄF' = AF+AF

Ale z figury odczytujemy, źe A' F— A' F' -f- F F' i

AF’ = A F -\- FF" czyli, podstawiając te wartości w (1), otrzymamy po zredukowaniu: A' F' = AF

Wobec tego DF/ — A'FA F=AA'

Widzimy stąd, źe w każdej elipsie suma promieni wodzących jest stała dla wszystkich punktów, mianowicie równa się osi wielkiej.

Żaden inny punkt oprócz punktów, leżących na obwodzie elipsy, nie ma tej własności. Istotnie, gdyby n. p. Q miał tę własność, to

łącząc punkt R, w którym promień wodzący QF' przecina elipsę, z dru-giem ogniskiem, otrzymalibyśmy RFĄ-RF'=AA'

A'

Fig. 353.

Droga F Q F' jest dłuższa od drogi FRF' (dlaczego?) więc suma QF'~f-Q F nie może być równa osi A Ä. Otóż Q nie może leżeć poza elipsą. Tak samo nie może leżeć wewnątrz elipsy a więc musi leżeć na obwodzie.

Udowodniona własność jest więc dla elipsy charakterystyczna. Możemy jej użyć do d e f i n i c y i elipsy i na tej własności oprzeć nowy sposób konstrukcyi elipsy. Obieramy w tym celu (fig.

354) ogniska i na tej samej prostej dwa punkty A, Ä w równych odległościach poza odcinkiem FF', jako końce osi wielkiej. Na FF' obieramy dowolny punkt X i łu-A kami 41 i i'I zakreślamy koła z punktów F i F'.

P'

Fig. 354.

Koła te przecinają się w dwóch punktach P i P', leżących na elipsie. Tak samo koła zakreślone promieniami 4'I i 41 z punktów F i F'. Biorąc dalsze punkty Y, Z ... i kreśląc odpowiednie koła, otrzymamy coraz więcej punktów elipsy. Wystarczy kreślić niewielkie łuki kół. Otrzymane punkty łączymy jedną nieprzerwaną linią krzywą (przy pomocy przyrządu rysunkowego zwanego krzywką) i otrzymamy w ten sposób elipsę. Elipsę można także wykreślić mechanicznie, używając nitki związanej o długości Z.AF' i szpilek wbitych w punktach F i F'. (Wytłumacz tę konstrukcyę!)

Fig. 356.

Fig. 355.

więc PF₂ - PFX = PP₂ — PPX = Px P₂

Zupełnie taką samą drogą udowodniamy, ze przekrój stożka prostego nachylony do kierownicy a nierównoległy do żadnej tworzącej jest elipsą t. j.; że suma promieni wodzących dla każdego punktu równa się stałej wielkości. (Por. fig. 355).

Przechodząc do hyperboli, musimy zbudować stożek': prosty po-

c₂

A₂

--H

-f/i

''ć

T)

,V

■M’ ?

JE,

JB’

fi

*0’

A,

G,C,

dwójny (fig. 356). Prowadzimy przekrój Jt J₂ i wpisujemy odpowiednie kule. Obierając dowolny punkt P przekroju, spostrzeżemy znowu, że PF₂ = PP₂ |

P Fx = PPX |

Dla każdego punktu hyperboli różnica jego odległości od dwóch stałych punktów Fx i F₂ jest stała. Punkty F₁ i F₂ nazywamy ogniskami hyperboli a odcinki P Fx i P F₂ promieniami wodzącymi.

Łatwo wywnioskować, podobnie jak dla elipsy, że ta stała długość Px P₂ równa się linii A' B', zwanej osią hyperboli. Stąd wniosek:

hyperbola ma tę własność, że różnica promieni wodzących dla wszystkich jej punktów ma stałą wielkość a mianowicie równa się osi hyperboli.

Własność ta jest charakterystyczna dla hyperboli, żaden bowiem punkt, poza nią leżący, nie może mieć tej własności. (Udowodnij!) Możemy więc powiedzieć, że hyperbola jest miejscem geome-trycznem punktów, których różnica odległości od dwóch stałych punktów równa się stałemu odcinkowi. Na takiem określeniu hyperboli polega jej konstrukcya.

Obiera się dwa ogniska FF' a między niemi w równej odległości końce osi A Ä. Kreśląc promieniami A X, A' X, A Y, A' Y,... luki kół z ognisk F i F', otrzymujemy dowolnie wiele punktów hyperboli. W ten sposób dla badania własności hyperboli nie trzeba się już odtąd uciekać do przestrzeni, do stożków i kul: całe badanie sprowadza się do planimetrycznych

Fig. 357.

konstrukcyi.

Pozostaje jeszcze do zbadania trzeci gatunek przekrojów stożka: parabola. Przecinając stożek prosty (fig. 358) płaszczyzną równoległą do jednej tworzącej n. p. do S B, otrzymamy parabolę G A' H. Wykreślamy płaszczyznę SAB prostopadłą do płaszczyzny przekroju.

Jej krawędzią przecięcia z płaszczyzną przekroju jest linia W A' J równoległa do S B.

Kula wpisana w górną część stożka dotykapobocznicy stożka wzdłuż koła L B N a płaszczyzny przekroju w punkcie F. (W dolną część nie da się teraz kula wpisać, bo dwusieczna kąta A A' J jest równoległa do osi stożka).

qA"'4fkF jA

'i

lł\A

A /

:C...

Przedłużmy płaszczyznę koła L R N aż do przecięcia się z płaszczyzną przekroju wzdłuż linii U V. Krawędź ta jest prostopadła do linii W N, ponieważ obydwie płaszczyzny L N i W J są prostopadłe do płaszczyzny S B A. Obierzmy do-

a pi:

yo

Fig. 358.

wolny punkt przekroju P, wykreślmy tworzącą S P i poprowadźmy P Q J_ U W.

Łącząc P z P widzimy, ze P F = P R jako odcinki stycznych do kuli. Ale P R — P Q, jak to wynika z podobieństwa trójkątów P P Q i P N S, z których R N S jest równoramienny. (Dlaczego?) Otóż i

P F — P Q

Każdy punkt paraboli jest równo oddalony od stałego punktu F, zwanego ogniskiem i od stałej prostej U V, zwanej kierownicą paraboli. Prosta W J nazywa się osią paraboli. Jestto własność charakterystyczna paraboli. Na niej o-piera się konstrukcya dowolnie wielu punktów paraboli. Obiera się prostopadle do O X (fig. 359) kierownicę k a na osi ognisko F. (Parabola ma tylko jedno ognisko). Kreśli się dowolnie wiele linii prostopadłych do osi i promieniem O A ^zakreśla się z o-gniska jłuk, przecinający prostą A P. Wtedy istotnie PF = P Q.

Wykonując taką konstrukcyę dla każdej prostej, otrzymamy więcej punktów paraboli.

Fig. 3Ö9.

W ten sposób badanie paraboli sprowadziliśmy także do zagadnienia planimetrycznego. Podobne rozważania, można przeprowadzić dla stożka pochyłego. *

Ćwiczenia XII.

§115.    1. Z jakich części składa się powierzchnia obrotowa, zakreślona

przez obrót sześciokąta umiarowego koło: a) symetralnej boku, b) syme-tralnej kąta. Narysuj w perspektywie i w rzutach te bryły!

2. Narysuj w perspektywie hyperboloidę obrotową z obydwoma gromadami prostych tworzących (koła podzielić na kilkanaście równych części).

o. Z jakich części składa się powierzchnia obrotowa, zakreślona obrotem iombu koło osi równoległej do jego osi symetryi.

na kuli muszą się przeciąć

§ 116.    4. Wykazać, że dwa koła wielkie

w dwóch punktach,

5. Co jest miejscem geometrycznem środków kul, przechodzących przez trzy dane punkty?    r

6.    Wykazać, że przez cztery punkty, nie leżące na jednej płaszczyźnie, jest wyznaczona tylko jedna kula (opisana na czworościanie utworzonym z tych punktów).

7.    Jakie jest miejsce geometryczne środków kul, dotykających dwóch płaszczyzn: a) równoległych, b) przecinających się.

8.    Jak znajdziemy kulę o danym promieniu i zawierającą dane koło?

9.    Wykazać, że płaszczyzna styczna do kuli jest prostopadła do promienia, przechodzącego przez punkt styczności.

10.    Punkt świecący jest o 2 m odległy od środka kuli o promieniu R — 8 dm. Jak wielkie jest koło, odgraniczające cień od światła?

11.    W odległości 3 m od środka kuli o promieniu 1 dm znajduje się punkt świecący. Jak wielki cień rzuca kula na ścianę prostopadłą do linii środkowej, odległą o 5 m od punktu świecącego?

12.    Znaleźć środek podobieństwa wewnętrzny i zewnętrzny dwóch kul.

18. Jak wysoko trzeba się wznieść nad kulę o promieniu 7000 hm,

aby zobaczyć cały jej równoleżnik o promieniu 100 km?

14. W jakiej odległości od środka należy przeciąć kulę o promieniu R — 6 dm, aby pole przekroju było o połowę mniejsze od pola koła wielkiego?

15.    Wykazać, że wszystkie linie styczne do kuli równoległe do jakiejś prostej leżą na pobocznicy walca, dotykającej kuli wzdłuż koła prostopadłego do tej prostej.

16.    Które ostrosłupy dadzą się wpisać w kulę a które dadzą się na

niej opisać ?

17.    Na kuli opisano stożek ścięty o promieniach: rl = 30 cm, r₂ — 10 cm. Ile wynosi promień kuli? (Wykazać, że średnica kuli jest średnią geometryczną między średnicami podstaw stożka ściętego!)

18.    Obliczyć promień kuli: a) wpisanej, b) opisanej na a) czworościanie umiarowym, znając jego krawędź, b) na ośmiościanie, znając jego krawędź.

19.    Znając promienie podstaw warstwy kuli i jej grubość, obliczyć promień kuli.

20.    Znając grubość 2 <7 = 6 mm soczewki dwuwypukłej i obwód 2 p z = 15 cm, obliczyć promień kuli (promień krzywizny).

21.    Gdzie leżą wszystkie punkty przestrzeni, z których widać odcinek 8 cm pod kątem 90°?

if. 22. Znaleźć na kuli wszystkie punkty, mające daną odległość sferyczną od jednego punktu kuli.

3^ 23. Znając boki i kąty trójkąta sferycznego, obliczyć boki i kąty ośmiu trójkątów, utworzonych na kuli przez te same trzy koła.

§ 118.    24. Obliczyć powierzchnię kuli ziemskiej, znając obwód koła wiel

kiego U — 40.000 km.

25.    Jak wielki jest promień kuli, której powierzchnia wynosi 1 m²?

26.    Jak wielkiej mapy trzeba użyć, aby przedstawić kulę ziemską na pobocznicy walca opisanego na kuli w podziałce 1 : 200.000?

27.    Jaka część powierzchni ziemi zmieści się na mapie o długości 4 dm a szerokości 2'5 dni w podziałce 1 : 100.000?

28.    Obliczyć powierzchnię czaszy, należącej do kuli o promieniu R — 12 dm, jeżeli promień podstawy czaszy r = 8 dm.

29 Wewnątrz kuli o promieniu 2 dm panuje ciśnienie ^ kg na kazd^ ciśnienie atmosferyczne, t. j. 1 kg\cm\ Jakie jest całkowite

a zewnątrz

środka należy przeciąć kulą, aby powierz-była czwartą częścią powierzchni całej kuli?

trzeba się wznieść nad kulę, aby zobaczyć /₃ częsc

cm

chnia czaszy

31. Jak wysoko

jej powieizchni^prom^Hu^ pozogtaj-e powierzchnia półkuli do powierzchni

stożka równobocznego o tej samej podstawie?    ...    .    ,,

33. Wyprowadzić wzór na powierzchnię czaszy, znając jej wysokosc

i promień (^iiczyiyp0wierZChnię soczewki dwuwypukłej utworzonej z odcinków równych kul, znając jej grubość 2 g = 3 - i obwód ^ =10

35.    Znamy promienie dwóch kul i odległość ich srodkow, obliczyć, jaką część powierzchni mniejszej kuli oświetla większa kula (n. p. promień

CSJ

iemi rx — 6378 km, promień słońca r₂ = 693.345 km, odległość srodkow = 146,200.000 km. (Wynik: 50-235°/₀ całej powierzchni ziemi).

36.    Obliczyć powierzchnię kuli wpisanej w stożek prosty, znając jego

promień v — 5 cm i wysokosc w — 8 cm.

37. Obliczyć powierzchnię, zawartą między dwoma południkami ziemi, różniącymi się o 1° w długości geograficznej (R = 6378 km). _

^ 38. Jaką część kuli wycina kąt bryłowy trójścienny, którego wierzchołek leży w środku kuli a kąty dwuścienne wynoszą: a) 136°, 74°, 62°; b) 108° 30', 42° 36', 97° 51'.

§ 119.    39. Obliczyć objętość kuli ziemskiej (72= 6378 km).

40. Obliczyć pojemność kotła walcowego zakończonego dwoma półkulami, znając promień walca r = 0⁻8 m i jego długość w = 9 m.

41.    Obliczyć stosunek objętości kuli opisanej na do objętości czworościanu i do objętości kuli wpisanej.

42.    Wykonać poprzednie zadanie dla ośmiościanu umiarowego.

43.    Obliczyć objętość czarki półkulistej, znając promień kuli wewnętrznej R = 6 cm i grubość ścian czarki g — 2 mm.

44.    Kulę o znanej objętości V — 1 ma powleczono warstwą taką, że nowa kula ma dwa razy większą objętość. Jaka jest grubość tej warstwy?

45.    Porównać wielkość objętości kuli z objętością innych brył o równej powierzchni, n. p. z walcem równobocznym, z sześcianem, ze stożkiem równobocznym i t. p. Jaki stąd wniosek wyprowadzimy?

46.    Z kuli o promieniu 1 dm zrobiono 100 mniejszych równych kul. Ile wynosi promień takiej jednej kuli? Czy powierzchnia wszystkich tych kul razem równa się powierzchni kuli?

47.    Znając objętość V = 30 ć/m³ kuli, obliczyć promień kuli podwo-

czworościanie umia-

rowym jonej.

48.    Z kuli o promieniu 1 cm wydrążono nawskróś walec o promieniu 8 mm. Jaką objętość ma pozostały pierścień?

49.    Jaka jest siła dźwigania balonu, napełnionego wodorem, o promieniu 4 m (c. g. powietrza jest 0-0012 a wodór jest 18 razy lżejszy).

§ 120.    50. Obliczyć objętość wycinka kuli, jeżeli przecięcie osiowe jest

wycinkiem koła, należącym do kąta 60°. Znany jest promień kuli R = 6 cm.

51.    Obliczyć objętość symetrycznej soczewki dwu wypukłej, znając jej grubość g — 4 mm i obwód u — 20 cm.

52.    Kula z drzewa pływa po wodzie tak, że J- pionowej średnicy wynurza się z wody. Obliczyć ciężar gatunkowy tego drzewca.

53.    Obliczyć objętość soczewki dwuwklęsłej, utworzonej z walca o promieniu r — 3 cm, o wysokości 5 mm przez wycięcie dwóch odcinków o wysokości 1 mm.

54.    Znając średni przekrój warstwy kuli P = 40 cm² i wysokość w — 2 cm, obliczyć jej objętość. Wypowiedzieć otrzymany wzór!

§ 121—122.    55. Obliczyć powierzchnię i objętość obręczy, powstałej przez

obrót kwadratu o boku 1 cm koło osi równoległej do jego boku a odległej o 4 dm od boku.

56.    Obręcz kołowa ma w przekroju grubość 2 cm a zewnętrzny obwód całej obręczy wynosi 2 m. Obliczyć jej ciężar, jeżeli c. g. c = 0-6.

57.    Obliczyć objętość beczki, powstającej przez obrót łuku koła o promieniu r — 12 dm, należącego do kąta środkowego 60° koło osi oddalonej o 1 dm od środka ciężkości powierzchni obracającej się.

% § 123.    58. Opierając się na określeniu elipsy zapomocą sumy promieni

wodzących, wykazać, że elipsa posiada dwie osie symetryi.

sjt 59. Wykazać, że odległość ogniska elipsy od końca małej osi równia się osi wielkiej.

% 60. Znając oś małą i wielką elipsy, obliczyć odległość ogniska od środka. (Patrz poprzednie zadanie!)

if. 61. Jak można znaleźć konstrukcyjnie oś małą, znając tylko ognisko i oś wielką elipsy? Jak znaleźć konstrukcyjnie ogniska, znając osie?

5^ 62. Zakreślić z ogniska koło promieniem równym osi wielkiej; wykazać, że każdy punkt elipsy jest równo oddalony od obwodu tego koła i od drugiego ogniska!

% 63. Przeprowadzić dla stożka dowód, że przekrój, przechodzący . przez wszystkie tworzące a nie równoległy do kierownicy jest elipsą.

% 64. Wykreślić hyperbolę, znając jej ogniska i oś.

'if. 65. Wykazać, że hyperbola posiada dwie osie symetryi!

% 66. Wykreślić koło z ogniska hyperboli promieniem równym osi. Wykazać, że każdy punkt hyperboli jest równo oddalony od tego koła i od drugiego ogniska.

*    67. Wykreślić parabolę, znając jej kierownicę i ognisko.

*    68. Wykazać, że parabola posiada jedną oś symetryi.

69. Wykazać, że odcinek prostopadłej do osi paraboli wrykreślonej w ognisku jest dwa razy dłuższy od odległości ogniska od kierownicy.

iiftiiirnfTTomiiiiizKA

KRAKÓW

20

ŁOMNICKI. GEOMETRY* I. II-

f

" -

- ,

>    ' V '    ■

■

.

Spis

strona

1.    Przedmiot i cel geometryi. Pewniki ............

2.    Historyczny rozwój geometryi 4

Część I. Planimetrya.

Rozdział I. O linii prostej.

3.    Zasadnicze własności linii prostej ....

4.    Qdcinki i . ćwiczenia I.

12

Rozdział II. 0 dwóch liniach prostych. Kąty.

5.    Proste nakrywające się ... 13

6.    Proste przecinające się. Kąty 13

7.    Kąty przyległe i wierzchołkowe 18

8.    proste równoległe ...... 19

ćwiczenia II. .•

Rozdział III. Trzy linie proste. Trójkąty. Koło.

9.    Położenie trzech linii prostych 22

10.    Trzy linie proste równoległe . 22

11.    O trójkątach...... .    24

12.    Dwie proste równoległe przecięte trzecią

13.    O kątach w trójkącie .... 30

14.    Koło i inne linie krzywe . . . 31 ćwiczenia III

Rozdział IY. Przystawanie i ruch.

15.    Przystawanie trójkątów .

16.    Pierwszy przj^padek przystawania . ■ . . ..........

17.    Drugi przypadek przystawania 40

18.    Zastosowanie I. i II. przypadku przystawania

19.    Trzeci przypadek przystawania 43

20.    Czwarty przypadek przystawa-

20

35

. 38

39

nia i znaczenie przystawania w geometryi . .......

21.    Ruch postępowy i obrotowy

22.    Odległość punktu od prostej. Proste pochyłe. Rzuty . .

23.    Odległość prostych równoległych. Równoległe w trójkącie 51

24.    Zastosowanie twierdzeń o przystawaniu do koła. Prosta i koło 53

25.    O kątach środkowych .... 54

26.    O kątach obwodowych .... 55

27.    Kąt między styczną a cięciwą 57

Ćwiczenia IV.........

Rozdział V. Symetrya.

28.    Twierdzenia o trójkątach równoramiennych .......

29.    Utwory symetryczne .... 62

30.    Symetralna odcinka

31.    Symetralna kąta

32.    Ogólniejsze rodzaje symetryi . 67

33.    Zastosowanie symetryi do koła 68

34.    Koło opisane na trójkącie . . 69

35.    £oło wpisane w trójkąt ... 70 ćwiczenia V

Rozdział VI. Cztery linie proste. Czworoboki.

36.    Podział czworoboków .... 74

37.    Równoległoboki. Kąty o ramio

nach równoległych i prostopadłych ............

38.    Warunki, wyznaczające równoległoboki. Konstrukcye .... 79

44

47

. 49

5N

61

66

71

76

S4

41

Rozdział VII. Wieloboki.

43. Opis wieloboków. Kąty ... 86

... 88

44. Wieloboki umiarowe . .

strona

45.    Aproxymacya obwodu koła . 90

ćwiczenia VII........91

Rozdział VIII. Zadania konstrukcyjne.

46.    Ogólne uwagi o zadaniach konstrukcyjnych .......

47.    Zasadnicze zadania konstrukcyjne ......r

48.    Systematyczny sposób rozwiązywania zadań konstrukcyjnych

49.    Metoda miejsc geometrycznych 98

50.    Metoda figur pomocniczych 99 ćwiczenia VIII

CO co co

Częsc II. Stereometrya.

Rozdział I. Zasadnicze utwory stereometryczne.

75. Pewniki stereometryczne . . 160 *76. Pęk płaszczyzn i pęk przestrzenny . , ćwiczenia I.

164

165

97

102

Rozdział IX. Proporcjonalność odcinków. Podobieństwo figur.

Rozdział II. Położenie linii prostych i płaszczyzn w przestrzeni. Proste i płaszczyzny równoległe.

77.    Dwie linie proste

78.    Linia prosta i płaszczyzna . 169

79.    Dwie płaszczyzny......17

ćwiczenia II.........17

167

105

51. Stosunek odcinków *52. Stosunek podziału odcinka . 107

53.    Proporcjonalność odcinków 109

54.    Zastosowanie twierdzeń o pro

mieniach przeciętych liniami równoległemi.......

55.    Podobieństwo figur.....

56.    Znamiona podobieństwa trójkątów ........... 5

57.    Zastosowanie podobieństwa trójkątów do trójkąta prostokątnego

58.    Środek ciężkości trójkąta . . 121 *59. Średnia harmoniczna .... 121 *60. Zastosowanie podobieństwa

trójkątów do koła ....

61. Dziesięciokąt umiarowy. Podział złoty.........

ćwiczenia IX........

tH rH tH rH rH rH

CO M-

119

123

124

127

Rozdział X. Pole figur płas-skich.

62. Ogólne uwagi o mierzeniu pól 132 63 Pole prostokąta

64.    Pole równoległoboku .... 136

65.    Pole trójkąta.....

66.    Pole trapezu.....

67.    Pole wielokąta ....

134

137

137

. . 138

68.    Zamiana i podział figur . . . 140

69.    Pola figur podobnych .... 141

70.    Twierdzenie Pitagorasa (w formie geometrycznej).....142

71.    Zastosowanie twierdzenia Pi

144

tagorasa ..........

72.    Obliczanie boków wielokątów

umiarowych wpisanych w koło. Podział koła........

73.    Obwód koła .......

74.    Pole koła. Kwadratura koła . 152 Ćwiczenia X

146

149

155

Rozdział III. Proste i płaszczyzny prostopadłe.

80.    Prosta prostopadła do płaszczyzny ...........

81.    Płaszczyzny prostopadłe do

siebie...........

176

18P

Rozdział IV. Proste i płaszczyzny nachylone.

82.    Prosta nachylona do płaszczyzny

83.    Twierdzenia o rzutach . . . 184

84.    Dwie płaszczyzny nachylone

do siebie.........

Ćwiczenia III. i IV.....189

183

187

Rozdział V. O narożach.

85.    Określenie naroża bryłowego . 191

86.    Przystawanie kątów bryłowych. Naroże biegunowe

87.    Q sumie kątów w narożu . . 194 ćwiczenia V

. 192

196

Rozdział VI. Symetrya.

88.    Naroża trójścienne symetryczne względem siebie .... 197

89.    Utwory symetryczne. Inne rodzaje sy metry i.......

Ćwiczenia VI......

199

201

Rozdział VII. O rysunku perspektywicznym.

90. O perspektywie środkowej (malarskiej) . .    .    .

. . 203

91.    Perspektywa równoległa . . 205

92.    ćkośny rzut koła. Elipsa . . 215 Ćwiczenia VI

211

strona

Rozdział VIII. Metoda geome-tryi wykreślnej.

strona

108.    Ukośne przekroje stożka . . 259¹

109.    Objętość ostrosłupa i stożka. 261

. 266

93.    0 dwóch płaszczyznach rzutów ............

94.    Ilzuty punktu .......

ćwiczenia VIII.......

\ <J

227

Rozdział IX. Gramastosłupy i walce.

95.    Podział brył........

96.    Graniastosłupy.......

97.    Powierzchnia graniastosłupa. Siatka

98.    Walec

99.    Rozwijanie walca. Powierzchnia walca . .

229

229

. 232

234

. . 238

100. Przybbżone pomiary objętości 240 101 Objętośćgraniastosłupaiwalca 242 ćwiczenia IX

246

Tw. Cavalieri’ego ....

110. Objętość ostrosłupa i stożka ściętego .... ćwiczenia X. . .

267

. . 267

Rozdział XI. Wielościany umiarowe.

111.    Naroża umiarowe . . .

112.    Twierdzenie Eulera . .

113.    Dowód istnienia pięciu wielo-ścianów umiarowych . • . .273

114.    Objętość wielościanów umiarowych ..... .... 27

ćwiczenia XI........27

. . 272

272

Rozdział XII. Powierzchnie i bryły obrotowe.

115. Powierzchnie obrotowe prostoliniowe .........27

Rozdział X. Ostrosłupy i stożki.

251

102. Ostrosłupy i 93. Powierzchnia ostrosłupa. Siatka 253

. . 254 . . 255

106.    Powierzchnia stożka. Siatka . 256

107.    Przekroje stożka, przechodzące przez wierzchołek i równoległe do podstawy

104.    Ostrosłup ścięty . .

105.    Stożek.......

257

116.    Kula............28

117.    Inne powierzchnie obrotowe . 285

118.    Powierzchnia kuh i jej części 285

119.    Objętość kuli........

120.    Objętość części kuli.....

121.    Reguła Guldina do obbczania powierzchni obrotowych . . 293

122.    Reguła Guldina do obliczania objętości brył obrotowych . . 295

*123. Charakterystyczne własności

przecięć stożkowych .... 299 Ćwiczenia XII

288

290

802

KONIEC TOMU I.

I Ol ;

V.

'S

i

A

i

■

1

)

«

J

M? •

%

t %

.

£ i

\

X

■

»

i

!

/

' /

*»*

té

y'

/

>

/

£

\

I

t

%

\i

%

7:

«

'V

*

■

%

i

*

'

* .

■

t

0» ■

|

i

■?

/

»

■/

-

\

>

rs ?

X'K

i * -n

'

■.

/

E *

A 'V;

t,J

mm

1

.9

j

4-

Æmam.

fH

-

fl

1

•’

.■;

im

i

-

»'MX*

li

H

mm

.

y

mm

ii

Biblioteka Politechniki Krakowskiej

100000297736

■

W

a