5.13: Коментарі та рішення

137. Примітка: Дух конструкцій обмежує нас:

• малювання лінії, що з'єднує дві відомі точки
• малюючи коло з центром відомої точки і проходячи через відому точку.

Вся суть цієї першої проблеми полягає в тому, щоб знайти якийсь спосіб «стрибати» з A (або B) на C. Таким чином, проблема залишає нам дуже мало вибору; AB задано, а A і B більш-менш нерозрізнені, тому існує лише два можливі «перші ходи» - обидва з яких працюють з відрізком лінії AC (або BC).

Приєднуйтесь до змінного струму

Потім побудуйте точку X таким чином, що Δ ACX є рівностороннім (тобто використовуйте елементи Евкліда, Книга I, Пропозиція 1). Побудувати коло з центром A, який проходить через B; нехай це коло відповідає лінії AX в точці Y, де або

(i) Y лежить на відрізку AX (якщо$\underset{\_}{AБ}⩽\underset{\_}{AC}$), або

(ii) Y лежить на виробленому AX (тобто за X, якщо AB > AC).

У кожному конкретному випадку AY = AB. Нарешті побудувати коло з центром X, який проходить через Y. У випадку (i), нехай коло відповідає відрізку лінії XC в D; у випадку (ii), нехай коло відповідає CX виробляється (поза X) в D.

У випадку (i), CX = CD + DX; тому

$$\begin{array}{l}\underset{\_}{CD}=\underset{\_}{CХ}-\underset{\_}{DХ}\\ =\underset{\_}{AХ}-\underset{\_}{УХ}\\ =\underset{\_}{AУ}=\underset{\_}{AБ}.\end{array}$$

У випадку (ii)

$$\begin{array}{l}\underset{\_}{CD}=\underset{\_}{CХ}+\underset{\_}{ХD}\\ =\underset{\_}{AХ}+\underset{\_}{ХУ}\\ =\underset{\_}{AУ}=\underset{\_}{AБ}.\end{array}$$КЕД

138.

А Х С = А Х Б − C X B = C X D − C X B (оскільки два прямі кути A X B a n d C X D a r e q u a l) = B X D.

КЕД

139.

АМ = АМ

MB = MC (за побудовою середньої точки M)

БА = СА (дано).

$\therefore \Delta AМБ\equiv \mathrm{\Delta }AМC$(по SSS-конгруентності)

$\therefore \angle AМБ=\angle AМC$, Таким чином, кожен кут дорівнює рівно половині прямого кута = BMC. Звідси АМ перпендикулярно до н.е. КЕД

140. Нехай ABCDEF буде правильним шестикутником зі сторонами довжини 1. Тоді Δ ABC (утворена першими трьома вершинами) задовольняє задані обмеження, причому ABC = 120°.

Нехай B'C 'D - рівносторонній трикутник зі сторонами довжини 2, а з A' серединою B 'D. Тоді A'B'C' задовольняє задані обмеження з кутом A'B'C' = 60°.

141.

(i) Приєднуйтесь до CO. Тоді Δ ACO - рівнобедрене (так як ОА = ОК) і Δ BCO - рівнобедрене (так як OB = OC).

Звідси OAC = ОСА = х (скажімо), і OBC = OCB = у (скажімо).

Так С = х + у (і A + B + C = х + (х+ у) +у = 2 (х + у)). КЕД

(ii) Якщо A + B + C = 2 (x + y) дорівнює прямому куту, то C = x + y - половина прямого кута, а отже, прямий кут. КЕД

142.

(i) Намалюйте коло з центром A і проходить через B, і коло з центром B, що проходить через A. Нехай ці два кола зустрічаються в C і D.

Де б не була середина М AB, ми знаємо з книги Евкліда I, Пропозиція 1 та Задача 139:

що Δ ABC рівносторонній, і що СМ перпендикулярний AB, і що Δ ABD рівносторонній, і що DM перпендикулярний AB.

Звідси CMD є прямою лінією.

Так що, якщо ми приєднаємося CD, то ця лінія вирізає AB в його середній точці M. КЕД

(ii) Ми можемо припустити, що BA ≤ BC.

Потім коло з центром B, що проходить через А, зустрічає до н.е. внутрішньо в A' (скажімо).

Нехай коло з центром A і проходить через B зустрічає коло з центром A' і проходить через B в точці D.

Претензія BD бісекції ABC.

Доказ

BA = BA' (радіуси одного кола з центром B)

AD = AB (радіуси одного кола з центром А)

= A'B = A'D (радіуси одного кола з центром A')

БД = БД

Звідси Δ БАД ≡ Δ BA'D (по SSS-конгруентності).

∴ АБД = АБД. КЕД

(iii) Припустимо спочатку, що ПА = PB. Потім коло з центром Р і проходить через А знову зустрічає лінію AB в B. Якщо побудувати середню точку M AB як в частині (i), то ПМ буде перпендикулярно AB.

Тепер припустимо, що один ПА і ПБ довше іншого. Ми можемо припустити, що ПА > PB, тому B лежить всередині кола з центром P і проходить через A. Отже, це коло знову зустрічається з лінією AB на A', де B лежить між A і A'. Якщо зараз побудувати середню точку M AA 'як в частині (i), то ПМ буде перпендикулярно A', а отже і до AB. КЕД

143. Дозвольте M бути серединою AB.

(а) Нехай Х лежить на перпендикулярній бісектрисі AB.

＞ Δ XMA ≡ Δ XMB (за конгруентністю SAS, оскільки XM = XM, XMA = XMB, MA = МБ)

← XA = ХБ.

(b) Якщо Х рівновіддалений від A і від B, то Δ XMA ≡ Δ XMB (по SSS-конгруентності, так як XM = XM, MA = MB, СОХ = ВХ).

∴ XMA = XMB, тому кожен повинен бути рівно половиною прямого кута.

・ X лежить на перпендикулярній бісектрисі АВ. КЕД

144. Нехай Х лежить на площині перпендикулярно NS, через середину M.

‰ Δ XMN ≡ Δ XMS (за конгруентністю SAS, так як XM = XM, XMN = XMS, MN = МС)

∴ XN = ХС.

Нехай Х рівновіддалений від N і від S, потім Δ XMN ≡ Δ XMS (по SSS-конгруентності, так як XM = XM, MN = MS, NX = Х).

∴ XMN = XMS, тому кожен повинен бути рівно половиною прямого кута.

・ X лежить на перпендикулярній бісектрисі NS. КЕД

145. Дозвольте M бути серединою змінного струму. З'єднайте БМ і протягніть лінію за М до точки D так, щоб MB = MD. Приєднатися до CD. Тоді Δ AMB ≡ Δ CMD (по SAS-конгруентності, так як

AM = СМ (шляхом побудови середньої точки M)

AMB = CMD (вертикально протилежні кути)

MB = MD (за конструкцією)).

∴ DCM = БАМ.

Зараз

$$\begin{array}{l}\angle ACХ=\angle DCМ+\angle DCХ\\ >\end{array}$$DCМ                 =∠БAМ                 =∠A.

Звідси ACX >A.

Аналогічно, ми можемо розширити змінний струм за межі C до точки Y. Нехай N - середина до н.е. З'єднайте AN і протягніть лінію за N до точки Е таким чином, щоб NA = NE.

Приєднуйтесь до CE.

Потім Δ БНА ≡ Δ CNE (знову по SAS-конгруентності).

∴ БЦЮ >ДО Н.Е. = КБА = Б. КЕД

146.

(а) Припустимо, що AB > AC.

Нехай коло з центром A, що проходить через C, зустрінеться AB (внутрішньо) на X.

Тоді Δ ACX рівнобедрений, тоACX = AXC.

За Задача 145, AXC >Азбука.

∴ АКБ; (> ACX = АКС) >ABC. КЕД

(б) Припустимо, що висновок не дотримується. Тоді або

(i) AB = змінного струму, або

(ii) змінного струму> АВ.

(i) Якщо AB = AC, то Δ ABC рівнобедрений, тоACB = ABC - всупереч припущенню.

(ii) Якщо змінний струм > AB, то ABC > ACB (по частині (а)) — знову всупереч припущенню.

Отже, якщоACB >ABC, випливає, що AB > AC. КЕД

(c) Простягніть AB за межі B до точки D, таким чином, що BD = BC.

Тоді Δ BDC є рівнобедреним з вершиною B, тоBDC = BCD.

Зараз

ACD = АКБ +БКД >БД = БД.

Отже, за частиною (b), AD > AC.

За будівництвом,

АТ = АВ + БД = АВ + ДО Н.Е.,

так АВ + БК > змінного струму. КЕД

147. Припустимо, C =A +B, але що С не лежить на колі діаметром АВ. Тоді С лежить або всередині, або зовні кола. Дозвольте O бути серединою AB.

(i) Якщо С лежить за межами кола, то OC > OA = OB.

＞ОАК >ОСА іOBC >OCB (за задачею 146 (а)).

∴ C = ОСА +ОКБ <A +B — всупереч припущенню.

Значить С не лежить за межами кола.

(ii) Якщо С лежить всередині кола, то OC < OA = OB.

＞ ОАК < ОСА іOBC < OCB (за задачею 146 (а)).

∴ C =ОСА +ОКБ >A +B — всупереч припущенню.

Значить С не лежить всередині кола.

Звідси С лежить на колі діаметром АВ. КЕД

148. Припустимо, навпаки, що ОП не перпендикулярно дотичній при P.

Відкиньте перпендикуляр від O до дотичної на P, щоб зустріти тангенс на Q. Розширити PQ за межі Q до деякої точки X. Тоді OQP і OQX обидва прямі кути. Оскільки Q (≠ P) лежить на дотичній, Q лежить за межами кола, тому OQ> OP. Звідси (по задачі 146 (а)) OPQ>OQP = OQX — всупереч тому факту, щоOQX>OPQ (по задачі 145). КЕД

149. Нехай Q лежить на лінії m таким чином, щоб PQ був перпендикулярний m.

Нехай X - будь-яка інша точка на лінії m, і нехай Y точка на м така, що Q лежить між X і Y.

Тоді PQX і PQY обидва прямі кути.

Припустимо, що PX < PQ.

Тоді PQY = PQX < PXQ (по задачі 146 (a)), що суперечить задачі 145 (оскільки PQY - зовнішній кут Δ PQX).

Отже PX ≥ PQ за потребою. КЕД

150. A +B +C, іXCA +C обидва рівні прямому куту. Так а+B = XCA.

151. Приєднуйтесь до О.А., О.Б. Оскільки всі ці радіуси рівні, це дає три рівнобедрених трикутника. Є п'ять випадків, які слід розглянути.

(i) Припустимо спочатку, що О лежить на АВ. Тоді AB - це діаметр, тому ACB - це прямий кут (по задачі 141), AOB - прямий кут, і результат тримається.

(ii) Припустимо, що O лежить на AC, або на BC. Вони схожі, тому ми можемо припустити, що O лежить на змінному струмі.

Тоді Δ OBC є рівнобедреним, тоOBC = OCB.

AOB - зовнішній кут Δ OBC, тому

АОБ = ОКБ +АКБ = 2· АКБ

(За задачею 150).

(iii) Припустимо, що O лежить всередині Δ ABC.

Δ OAB, Δ OBC, Δ OBC є рівнобедреними, так що нехай OAB = OBA = х, OBC = OBC = y, OBC = ОАК = z.

Тоді АКБ = у + з, ABC = х + у, BAC = х + z.

Три кути Δ ABC додають до прямого кута, тому 2 (x + y + z) дорівнює прямому куту.

Отже, в Δ OBA,

AOB = 2 (х + у + з) - (OAB +OBA) = 2 (у + з) = 2· АКБ.

(iv) Припустимо, що O лежить поза Δ ABC з O та B на протилежних сторонях змінного струму.

Δ OAB, Δ OBC, Δ OBC є рівнобедреними, так що нехай OAB = OBA = х, OBC = OBC = y, OBC = ОАК = z.

Тоді АКБ = у - z, ABC = х + у, BAC = х - z.

Три кути Δ ABC додають до прямого кута, тому 2x+ 2y - 2z дорівнює прямому куту.

Звідси

2x+ 2y - 2z = АОБ +ОАБ +ОБА = АОБ + 2х,

СоаОБ = 2у - 2з = 2· АКБ.

(v) Припустимо, що O лежить поза Δ ABC з O та B на одній стороні змінного струму.

Δ OAB, Δ OBC, Δ OBC є рівнобедреними, так що нехай OAB = OBA = х, OBC = OBC = y, OBC = ОАК = z.

Тоді АКБ = у + з, ABC = у - х, BAC = z - х.

Три кути ABC додають до прямого кута, тому 2y+ 2z - 2x дорівнює прямому куту.

Оскільки C лежить на незначній дузі щодо хорди AB, нам потрібно інтерпретувати «кут, підведений хордою AB в центрі O» як кут рефлексу поза трикутником Δ AOB - який є дорівнює «2x більше прямого кута», тому AOB = 2y + 2z = 2· ACB. КЕД

152. Хорда AB підкладає кути при C і в D на одній і тій же дузі. Аналогічно БК підступає кути при А і в D на одній і тій же дузі. Звідси (за задачею 151)

АКБ = АБР, іBAC = БДК.

Звідси

АЦП = ADB +BDC = ACB +BAC, тому АЦП +ABC дорівнює сумі трьох кутів в Δ ABC. КЕД

153. Дозволяти O бути окружним центром Δ ABC, і letXAB = х.

Тоді XAO - прямий кут, а Δ OAB - рівнобедрений. Є два випадки.

(i) Якщо X і O лежать на протилежних сторонам АВ, тоOBA = OAB = 90° - х.

∴ AOB = 2х.

∴ АКБ = Х = XAB.

(ii) Якщо Х і О лежать на одній стороні АВ, то Y і O лежать на протилежних сторонях АВ і АС. Отже, ми можемо застосувати випадок (i) (з Y замість X, AC замість AB, YAC замість XAB та ABC замість ACB), щоб зробити висновок, щоYAC = ABC. Звідси

ХАБ +БАК +ЯК = ХАБ + БАК +ABC

обидва прямі кути, тому XAB = ACB (оскільки три кути Δ ABC також додають до прямого кута). КЕД

154.

(a) (i) Розширити AD, щоб відповідати окружності в X. Потім (застосовуючи задачу 145 до Δ DXB) зовнішній кутADB> DXB = AXB = ACB.

(ii) Нам кажуть, що точки С, Д лежать «на одній стороні лінії АВ». Ця «сторона» лінії AB (або «напівплощина») розділена на три частини півлініями «AC, вироблений за межами C» і «BC вироблений за межами C». Є дві дуже різні можливості.

Припустимо, спочатку, що D лежить в одній з двох перекриваються клиноподібних областей «між виробленим АБ і виробленим змінним струмом» або «між виробленим BA та виробленим BC». Тоді DA або DB розрізає дугу AB в точці X (скажімо), і ACB = AXB > ADB (по задачі 145 застосовується до Δ AXD або Δ BXD).

Єдиною альтернативою є те, що D лежить у клиноподібній області поза колом у точці С, лежачи «між виробленим змінним струмом та виробленим BC». Тоді C лежить всередині Δ ADB, тому C лежить всередині окружності Δ ADB. Отже, частина (i) означає, що ACB < ADB за потребою. КЕД

(b) Якщо D не лежить на окружності Δ ABC, то він лежить або всередині, або поза колом — в цьому випадку ADB ≠ ACB (по частині (а)).

(c) D менше прямого кута, тому D повинен лежати поза Δ ABC. Причому B, D лежать по протилежних сторонам лінії АС (так як краю BC, DA не перетинаються всередині, і не роблять краю CD, AB). Розглянемо окружність Δ ABC, і нехай X буде будь-яка точка на колі така, що X і D лежать на одній стороні лінії AC. Тоді ABCX є циклічним чотирикутником, тому ABC і CXA є додатковими. Звідси CXA = CDA =D. але потім D лежить на колі (по частині (b)).

155. Δ OPQ ≡ Δ OP'Q (по резус-конгруентності: OPQ = OP'Q є прямими кутами, OP = OP', OQ = OQ)

＞QP = QP', іQOP = QOP'. КЕД

156.

(а) Нехай X буде будь-якою точкою на бісектрисі ABC. Відкиньте перпендикуляри XY від X до AB і XZ від X до CB. Тоді: XYB = XZB обидва прямі кути за конструкцією; іxby = XBZ, оскільки X лежить на бісектрисі YBZ; отже, BXY = BXZ (оскільки три кути в кожному трикутнику мають однакову суму; тому, як тільки два кути дорівнюються парами, третя пара також повинна бути рівною). Звідси Δ BXY ≡ Δ BXZ (по ASA-конгруентності: YBX = ZBX, BX = BX, BXY = BXZ.)

∴ XY = XZ. КЕД

(b) Припустимо, що X рівновіддалений від m і n. Відкиньте перпендикуляри XY від X до m, а XZ від X до n.

Тоді Δ BXY ≡ Δ BXZ (по резус-конгруентності:

BYX = BZX обидва прямі кути XY = XZ, оскільки ми припускаємо, що X рівновіддалений від m і від n BX = BX).

Звідси xby = XBZ, тому Х лежить на бісектрисі YBZ. КЕД

157.

(i) Приєднуйтесь до змінного струму. Тоді Δ ABC ≡ Δ CDA по ASA-конгруентності:

BAC = DCA (альтернативні кути, починаючи з AB || DC)

AC = СА

ACB = CAD (альтернативні кути, починаючи з CB || DA).

Зокрема, Δ ABC і Δ CDA повинні мати рівну площу, і тому кожна дорівнює рівній половині ABCD. КЕД

Примітка: Як тільки ми доведемо (Задача 161 нижче), що паралелограм має ту ж площу, що і прямокутник на тому ж підставі і лежить між тією ж парою паралелей (площа якої дорівнює «база × висота»), результат в частині (i) відразу ж переведе в звичну формула для площі трикутника

$$\begin{array}{cc}& \genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{2}(\text{база}\times \text{висота}).\hfill \end{array}$$

(ii) Δ ABC ≡ Δ CDA за частиною (i). Звідси AB = CD, BC = ДА; іB = ABC = CDA = D.

Щоб показати, щоA = C, ми можемо або скопіювати частину (i) після приєднання BD, щоб довести, що Δ BCD ≡ Δ DAB, або ми можемо використовувати частину (i) безпосередньо, щоб відзначити, щоA = BAC +DAC =DCA +BCA =BCA =C. QED

(iii) Δ AXB ≡ Δ CXD по ASA-конгруентності:

XAB = XCD (альтернативні кути, починаючи з AB | DC)

AB = CD (за частиною (ii))

XBA = DC (альтернативні кути, починаючи з AB || DC).

Звідси XA (в Δ AXB) = XC (в Δ CXD), а XB (в Δ AXB) = XD (в Δ CXD). КЕД

158. Можна припустити, що m розрізає протилежні сторони AB на Y і DC на Z.

Δ XYB ≡ Δ XZD по ASA-конгруентності:

YXB = ZXD (вертикально протилежні кути)

XB = XD (за задачею 157 (iii))

XBY = XDZ (альтернативні кути).

Тому

площа (YZCB) = площа (Δ BCD) - площа (Δ XZD) + площа (Δ XYB)

= площа (Δ BCD)

$=$12aреa(AБCD).

КЕД

159.

(a) Приєднуйтесь до змінного струму. Тоді Δ ABC ≡ Δ CDA по SAS-конгруентності:

BA = DC (задано)

BAC = DCA (альтернативні кути, починаючи з AB || DC)

AC = СА.

Звідси BCA = DAC, тому AD || BC за потребою. КЕД

(б) Приєднуйтесь до змінного струму. Тоді Δ ABC≡ Δ CDA по SSS-конгруентності:

AB = CD (дано)

До н.е. = DA (дано)

СА = змінного струму.

Звідси BAC = DCA, так AB || DC; іBCA = DAC, тому до н.е. || н.е.

КЕД

(c) A +B +C +D = 2 A + 2 B = 2 A + 2 D кожен дорівнює двом прямим кутам.

＞A +B дорівнює прямому куту, тому AD || BC; іa+D дорівнює прямому куту, тому AB || DC. КЕД

Примітка: Той факт, що кути в чотирикутнику додають до двох прямих кутів, доведено в наступному розділі. Однак при бажанні це можна довести тут безпосередньо. Якщо ми уявляємо шпильки l OBC ted at A, B, C, D, потім рядок, зав'язаний навколо чотирьох точок визначає їх «опуклу оболонку» - яка є або 4-кутником (якщо рядок стосується всіх чотирьох штифтів), або 3-кутник (якщо одна вершина знаходиться всередині трикутника, утвореного інші три). У першому випадку або діагональ (AC або BD) розділить чотирикутник всередині на два трикутника; у другому випадку одна з трьох «ребер», що з'єднують вершини опуклої оболонки з внутрішньою вершиною, не може бути ребром чотирикутника, і таким чином повинна бути діагональ, яка розбиває чотирикутник всередині на два трикутника.

160. AM = MD (шляхом побудови M як середньої точки), і BN = NC.

＞ AM = BN (так як AD = BC за задачею 157 (ii)).

・ ABNM - це паралелограм (за задачею 159 (a)), тому MN || AB.

Нехай AC перетинає MN на Y.

Тоді Δ AYM ≡ Δ CYN (по ASA-конгруентності, так як

YAM = YCN (альтернативні кути, починаючи з AD || До н.е.)

АМ = CN

AMY = CNY (альтернативні кути, починаючи з AD || До н.е.).

Отже AY = CY, тому Y є середньою точкою змінного струму - центр паралелограма (де зустрічаються дві діагоналі (по задачі 157 (iii)). КЕД

161.

Примітка: У простому випадку, коли перпендикуляр від А до лінії постійного струму відповідає стороні постійного струму всередині X, природно бачити паралелограм ABCD як «суму» трапеції ABCX та прямокутного трикутник Δ AXD. Якщо перпендикуляр від B до постійного струму відповідає постійному струму при Y, то Δ AXD ≡ Δ BYC. Отже, ми можемо переставити дві частини паралелограма DCBA, щоб сформувати прямокутник XYBA.

Однак загальне доказ не може припустити, що перпендикуляр від A (або від B) до постійного струму відповідає постійному струму всередині. Звідси ми зобов'язані думати про паралелограмі з точки зору відмінностей. Це стратегія, яка часто буває корисною, але яка може бути напрочуд невловимою.

Проведіть перпендикуляри від А і В до лінії CD, а від С і D до лінії АВ. Виберіть два перпендикуляри, які разом з лініями AB і CD визначають прямокутник, який повністю містить паралелограм ABCD (тобто, якщо AB проходить зліва направо, візьміть крайній лівий і правий перпендикуляри). Це будуть або перпендикуляри від В і від D, або перпендикуляри від А і від С (в залежності від того, в який бік нахил AC і BD).

Припустимо, вибрані перпендикуляри - це один з B — зустріч лінії постійного струму в P, а той, що від D — зустріч лінії AB на Q.

Тоді BP || QD (по задачі 159 (c)), тому BQDP є паралелограмом з прямим кутом — а отже і прямокутником. Звідси БК = PD, а БП = QD (по задачі 157 (ii)).

Δ QAD ≡ Δ PCB (по резус-конгруентності), тому кожен дорівнює половині прямокутника на базовому ПК і висоті PB. Звідси

площа (ABCD) = площа (прямокутник; BQDP)

- площа (прямокутник на базі ПК з висотою PB)

= площа (прямокутник на базовому компакт-диску з висотою DQ).

КЕД

162.

(a) ABCB 'є паралелограмом, тому AB'|| CB і AB' = BC.

Аналогічно, BCAC 'є паралелограмом, тому AC'|| CB і AC' = CB.

Звідси B'A = AC', тому A є середньою точкою B'C'.

Аналогічно B є середньою точкою C'A', а C - середина A'B.

(б) Нехай H буде центром окружності Δ A'B'C' — тобто спільною точкою перпендикулярних бісектрис A'B ', B'C', і C'A'. Тоді Н - загальна точка трьох перпендикулярів від А до BC, від В до СА, і від С до АВ.

163. Розглянемо будь-який шлях від H до V. Припустимо, що це досягає річки в Х. Найкоротший маршрут від H до X - це відрізок прямої лінії; а найкоротший шлях від X до V - відрізок прямої лінії.

Якщо відобразити точку Н в лінії річки, то отримаємо точку H', де HH 'перпендикулярно річці і зустрічає річку на Y (скажімо).

Тоді Δ HXY ≡ Δ H'XY (по САС-конгруентності, оскільки HY = H'Y, HYX = H'YX, і YX = YX).

Звідси HX = H'X, тому відстань від H до V через X дорівнює HX+ XV = H'X + XV, і це найкоротший, коли H', X і V є колінеарними. (Отже, щоб знайти найкоротший маршрут, відобразіть H у лінії річки до H', потім намалюйте H'V, щоб перетнути лінію річки в X, і подорожувати від H до V через X.)

164.

(а) Нехай Δ PQR - будь-який трикутник, вписаний в Δ ABC, з P на BC, Q на CA, R на AB (не обов'язково ортичний трикутник). Нехай P 'буде відображенням P в стороні змінного струму, і нехай P'''є відображенням P в стороні AB. Тоді PQ = P'Q, а PR = P'R (як у задачі 163).

＞ ПК+QR+ РП = П'К+QR+ РП''.

Кожен вибір точки Р на АВ визначає позиції P' і P''. Звідси найкоротший можливий периметр Δ PQR виникає, коли P'QRP''є прямою лінією. Тобто, з огляду на вибір точки Р, вибираємо Q і R по:

— побудова відбитків P 'від P в змінному струмі, і P''' P в АВ;

— приєднатися до P'P'і нехай Q, R бути точками, де цей відрізок лінії перетинає AC, AB відповідно.

Залишилося визначитися, як вибрати П на БК, щоб П'П'Ь був максимально коротким.

Ключ тут полягає в тому, щоб помітити, що A лежить як на змінному струмі, так і на AB.

← AP = AP', а AP = AP'', тому Δ Ap'p''is рівнобедрений.

Також Пак = P'AC, іPAB = P'AB.

∴ П'АП''= 2· А.

Отже, для кожної позиції точки P Δ AP'P'є рівнобедреним з кутом вершини, рівним 2· A, будь-які два таких трикутника схожі (за SAS-подібністю).

Звідси трикутник Δ AP'P'' з найкоротшою «основою» P'P'' виникає, коли ноги AP' і AP'' є максимально короткими. Але AP = AP' = AP'', тому це відбувається, коли AP є якомога коротшим, а саме коли AP перпендикулярний до BC.

Оскільки те ж міркування стосується Q і R, то випливає, що необхідний трикутник Δ PQR повинен бути ортичним трикутником Δ ABC. КЕД

(b) Нехай Δ PQR - ортичний трикутник Δ ABC, з P на BC, Q на CA, R на AB. Дозвольте H бути ортоцентром Δ ABC.

BPH і BRH є прямими кутами, тому додайте до прямого кута. Отже (по задачі 154 (c)), BPHR є циклічним чотирикутником. Аналогічно CPHQ і AQHR є циклічними чотирикутниками.

В окружності CPHQ ми бачимо, що початковий «кут падіння» CQP =CHP. такожCHP = AHR (вертикально протилежні кути); і в окружності AQHR, AHR = AQR.

Звідси CQP = AQR, тому промінь світла, який проходить PQ, буде відображати на Q вздовж лінії QR. Аналогічно можна показати, щоARQ = BRP, так що промінь потім відображатиметься при R вздовж RP; іBPR = CPQ, тому промінь потім відображатиметься при P вздовж PQ. КЕД

165.

(a) (i) Трикутники Δ ABL і Δ ACL мають рівні підстави BL = CL, а однакові вершини A — так лежать між однаковими паралелями. Звідси вони мають рівну площу (за задачами 157 і 161).

Аналогічно, Δ GBL і Δ GCL мають рівні підстави BL = CL, а однакові вершини G — так мають рівну площу.

Звідси відмінності Δ ABG = Δ ABL - Δ GBL і Δ ACG = Δ ACL - Δ GCL мають рівну площу.

(ii) [Повторіть рішення для частини (i) заміни A, B, C, L, G на B, C, A, M, G.]

(b) Δ ABL і Δ ACL мають однакову площу (як у (a) (i)). Аналогічно Δ GBL і Δ GCL мають однакову площу — скажімо х (так як BL = CL). Звідси Δ ABG і Δ ACG мають рівну площу.

Таким же чином Δ BCM і Δ BAM мають рівну площу; і Δ GCM і Δ GAM мають однакову площу — скажімо у (так як СМ = АМ). Звідси Δ БЦЖ і

Δ BAG мають рівну площу.

Але тоді Δ АБГ = Δ АКГ = Δ БЦЖ і Δ АКГ = Δ АМГ + Δ КМГ = 2у, Δ БЦЖ = Δ BLG + Δ CLG = 2х. Звідси X = у, так Δ AMG, Δ CMG, Δ CLG, Δ BLG мають однакову площу х, а Δ ABG має площу 2x.

Відрізок GN ділить Δ ABG на дві рівні частини (Δ ANG іΔ BNG), тому кожна частина має площу x.

Отже Δ CAG + Δ ANG має ту ж площу (3x), що і Δ CAN. Отже CGN є прямим кутом, а три медіани AL, BM, CN проходять через точку G.

Примітка: На перший погляд, «доказ» результату в (b) з використанням векторів здається значно простішим. (Якщо A, B, C мають вектори положення a, b, c відповідно, то L має вектор положення$\frac{1}{2}$(b + c), а M має вектор положення$\frac{1}{2}$(c + a), і легко помітити, що AL і BM зустрічаються на G з вектором положення$\frac{1}{3}$(а + б + в). Потім можна перевірити безпосередньо, що G лежить на CN, або помітити, що симетрія виразу$\frac{1}{3}$(a + b + c) гарантує, що G також є точкою, де BM і CN зустрічаються.

Незрозумілий аспект цього «доказу» полягає в тому, що вся геометрія була безшумно прихована в алгебраїчних припущеннях, які лежать в основі невизначеної аксіоми двовимірного векторного простору та нижнього поля дійсних чисел. Отже, хоча вектор «доказ» може здатися простішим, два різних Appr OAC hes насправді не можуть бути порівнянні.

166.

(a) AN = BN (шляхом побудови N як серединної точки AB)

ANM = BNM' (вертикально протилежні кути)

НМ = NM' (за конструкцією).

∴ Δ АНМ ≡ Δ БНМ '(по SAS-конгруентності). КЕД

(б) BM' = АМ = СМ.

НАМ =NBM' (починаючи з Δ АНМ ≡ Δ БНМ)

∴ BM|| MA (тобто BM|| СМ). КЕД

(c) BM'MC - чотирикутник з протилежними сторонами CM, BM' рівними і паралельними.

＞BM'MC - це (за задачею 158 (а)). КЕД

167. Оскільки A і B є взаємозамінними в результаті, який потрібно довести, можна припустити, що A - це точка на секансі, яка знаходиться між P і B.

Для того, щоб зробити відрахування, ми повинні створити трикутники — так приєднуйтесь до AT і BT. Це створює два трикутники: Δ PAT і Δ PTB, в яких ми бачимо, що:

TPA = БПТ,

PTA = ПБТ (за проблемою 153),

＞PAT = PTB (оскільки три кути в кожному трикутнику додають до прямого кута).

Звідси Δ PAT ~ Δ PTB (по AAA-подібності).

← PT: ПБ = ПА: ПТ, або ПА × ПБ = ПТ ². КЕД

168. Оскільки A, B є взаємозамінними в результаті, що підлягає доведенню, а C, D взаємозамінні, можна припустити, що A лежить між P і B, а C лежить між P і D.

(i) Дозвольте дотичній від P до кола торкатися кола в T.

Тоді Проблема 167 гарантує, що ПА × ПБ = PT ².

Заміна секантного PAB на PCD показує аналогічно, що PC × PD = PT ².

Звідси ПА × ПБ = ПК × ПД. КЕД

(ii) Примітка: Перший доказ настільки простий, що можна задатися питанням, чому хтось попросить другого доказу. Причина криється в задачі 169 — яка дуже схожа на задачу 168, але з P всередині кола. Отже, коли ми підійдемо до наступної проблеми, простий appr OAC h in (i) не буде доступний, тому варто шукати ще один доказ 168, який має шанс узагальнити.

Зверніть увагу, що змінний струм є акордом, який пов'язує дві секанти PAB і PCD. Тож приєднуйтесь до AD та CB.

Потім Δ PAD ~ Δ PCB (по AAA-подібності: так як APD = CPB, іPDA = PBC).

‰ ПА: ПК = ПД: ПБ, або ПА × ПБ = ПК × ПД. КЕД

169. Приєднуйтесь до AD та CB.

Тоді Δ PAD ~ Δ PCB (по AAA-подібності: так

APD = CPB (вертикально протилежні кути)

PDA = PBC (кути, піднесені хордою змінного струму на тій же дузі)

PAD = PCB (кути, піднесені хордою BD на тій же дузі)).

‰ ПА: ПК = ПД: ПБ, або ПА × ПБ = ПК × ПД. КЕД

170.

(а) Якщо a = b, то ABCD - це паралелограм (по задачі 159 (a)).

＞AD = До н.е. (за задачею 157 (ii)).

← AM = BN, тому ABNM - це паралелограм (за задачею 159 (a)).

← MN = AB має довжину a, а MN || AB (за задачею 160).

Якщо a ≠ B, то a < B, або B < a, можна вважати, що a < b.

Побудувати лінію через b паралельно AD, і нехай ця лінія зустрітися постійного струму в Q.

Тоді ABQD - це паралелограм, тому DQ = AB, а AD = BQ. Звідси КК має довжину B - a.

Побудувати лінію через M паралельно QC (і, отже, паралельно BA), і нехай це зустрітися BQ в P, і BC в N '.

Тоді ABPM і MPQD - це обидва паралелограми.

＞MP = AB має довжину a, і

БП = АМ = МД = PQ.

Тепер Δ BPN' ~ Δ BQC (по AAA-подібності, починаючи з PN'|| QC); так

БП: БК = БН': БК = 1:2.

Звідси N = n - середина до н.е., MN || до н.е., а MN має довжину

$\begin{array}{cc}& a+\genfrac{}{}{0.1ex}{}{б-a}{2}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{a+б}{2}.\hfill \end{array}$

(б) Припустимо спочатку, що a = b. тоді ABCD - це паралелограм (Задача 159 (а)), тому площа ABCD задається a × d («(довжина основи) × висота»). (за задачею 161). Отже, ми можемо припустити, що a < b.

Рішення 1: Розширюйте AB за межі B до точки X таким чином, щоб BX = DC (так AX має довжину a + b).

Розширюйте DC за межі C до точки Y таким чином, що CY = AB (так що DY має довжину a + b).

Очевидно, що ABCD і YCBX є конгруентними, тому кожен має площу одну половину площі (AXYD).

Тепер AX || DY, і AX = DY, тому AXYD є паралелограмом (по задачі 159 (а)).

Отже, AXYD має площу «(довжина основи) × висота» (по проблемі 161), тому ABCD має площу$\frac{a+б}{2}$× д.

Рішення 2: [Даємо друге рішення в якості підготовки до завдання 171.]

Тепер a < B означає, що BAD +ABC більше, ніж прямий кут.

[Доказ. Лінія через B паралельно AD відповідає постійному струму на Q, а ABQD - паралелограм.

Звідси DQ = AB, тому Q лежить між D і C, і

ABC = АБК +QBC >АБК.

∴ BAD +ABC >BAD +ABQ, який дорівнює прямому куту.]

Так що, якщо ми продовжимо DA за межі A, і CB за B, лінії зустрічаються в X, де X, D знаходяться на протилежних сторонам AB. Потім Δ XAB ~ Δ XDC (по AAA-подібності), звідки відповідні довжини в двох трикутниках знаходяться в співвідношенні AB: DC = a: b. зокрема, якщо перпендикуляр від X до AB має довжину h, то$\frac{ч}{ч+d}=\frac{a}{б}$, так h (b - а) = ad.

Зараз

площа (ABCD) = площа (Δ XDC) - площа (Δ XAB)

=$$12б(ч+d)−12aч

=$\frac{1}{2}бd+\frac{1}{2}ч(б-a)$

=$\frac{1}{2}бd+$12ad

=$\left(\frac{a+б}{2}\right)d$.

171. Примітка: Обсяг піраміди або конуса дорівнює

$\frac{1}{3}$× (площа підстави) ×висота.

Елементарних загальних доказів цього факту немає. Початковий коефіцієнт$\frac{1}{3}$виникає тому, що ми «складаємо», або інтегруємо, поперечні перерізи паралельні основі, площа якого включає квадрат х ², де х - відстань від вершини (так само, як коефіцієнт$\frac{1}{2}$у формулі площі трикутника виникає тому, що ми інтегруємо лінійні поперечні перерізи, розмір яких кратний x — відстані від вершини). Особливі випадки цієї формули можна перевірити - наприклад, помітивши, що куб ABCDEFGH сторони s, з основою ABCD, і верхньою поверхнею EFGH, з E вище D, F над A і так далі, може бути розсічений на три однакові піраміди - всі з вершиною E: одна з базовою ABCD, одна з базовою BCHG, і одна з базовою ABGF. Звідси кожна піраміда має обсяг.$\frac{1}{3}$s ³, які можуть бути витлумачені як

$\frac{1}{3}\times (aреaofбasе=s^2)\times (чеягчт=s)$.

Для отримання фрустума висоти d пірамідою висотою h (скажімо) зрізають піраміду висотою h + d.

∴ обсяг (frustum) =$\left[\frac{1}{3}\times {б}^2\times (ч+d)\right]-\left[\frac{1}{3}\times a^2\times ч\right]$

$=\left[\frac{1}{3}\times {б}^2\times d\right]+\left[\frac{1}{3}\times ({б}^2-a^2)\times ч\right]$.

Нехай N середина до н.е., і нехай лінія AN зустрічає верхню квадратну грань frustum на M.

Нехай перпендикуляр від вершини А до основи BCDE відповідає верхній грані frustum на Y і основи BCDE на Z.

Тоді Δ АЕМ ~ Δ AZN (по AAA-подібності), так АЙ: АЗ = YM: ZN.

∴$\frac{ч}{ч+d}=\frac{a}{б},$soч(б−a)=ad.

∴$voлуме(fруsтум)=$13б2d+13(б2−a2)ч

$=$13б2d+13(б+a)ad

$=\frac{1}{3}\left({б}^2+aб+a^2\right)d$.

172. Побудуйте пряму через A, яка паралельна A'B ', і нехай вона зустрічає лінію BB' на P. Аналогічно побудуйте пряму через B, яка паралельна B'C' і нехай вона зустрічає лінію C' на Q.

Тоді Δ АВР ~ Δ BCQ (по AAA-подібності), так АВ: BC = AP: BQ.

Тепер AA'B'P - це паралелограм, тому AP = A'B', а BB'C'Q - паралелограм, тому BQ = B'C'.

＞АБ: БК = A'B': B'C '. КЕД

173.

(a) Припустимо, що AB має довжину a, а CD має довжину b. Задача 137 дозволяє побудувати точку X таку, що AX = CD, тому AX має довжину b. Тепер побудуйте точку Y, де коло з центром A та радіусом AX відповідає BA (за межами A). Тоді YB має довжину a + b.

Якщо a > B, нехай Z буде точкою, де коло з центром A і проходить через X відповідає відрізку AB внутрішньоТоді ZB має довжину a - b.

(b) Використовуйте задачу 137 для побудови точки U (не на лінії CD), таку, що DU = XY, і точка V на DU (можливо, витягнута за межі U) таким чином, що ДВ = АБ. Отже, DU має довжину 1, а DV має довжину a.

Побудуйте лінію через V паралельно UC і дайте їй зустрітися з лінією постійного струму при W. Потім Δ DVW ~ Δ DUC, з масштабним коефіцієнтом DW: DC = DV: DU = a: 1. Отже DW має довжину ab.

Побудова відрізка прямої довжини$\frac{a}{б}$побудувати U, V, як зазначено вище. Тоді нехай коло з центром D і радіусом DU зустрітися CD в U '. Нехай лінія через U 'паралельно CV зустрітися DV на X. Δ DU'X ~ Δ DCV, з масштабним коефіцієнтом DX: DV = DU «: DC = 1: B, тому DX має довжину$\frac{a}{б}$.

(c) Використовуйте задачу 137 для побудови точки G так, щоб AG = XY = 1. Потім намалюйте коло з центром А, що проходить через G, щоб зустріти BA, розширений на H. Звідси HA = 1, AB = a.

Побудуйте середню точку M HB; намалюйте коло з центром M і проходячи через H і B.

Побудуйте перпендикуляр до НВ у точці А, щоб зустрітися з колом у K.

Тоді Δ ХАК ~ Δ КАБ, так АВ: АК = АК: АХ. Звідси АК =$\sqrt{a}$.

174. Ключем до цієї проблеми є використання завдання 158: паралелограм (і, отже, будь-який прямокутник) ділиться на дві конгруентні частини будь-яким прямим прорізом через центр. Якщо A - центр прямокутного шматочка кексу, а B - центр комбінованого прямокутника, що складається з «фруктовий торт плюс глазур», то лінія AB дає прямий розріз, який розділяє як кекс, так і глазур рівно на дві частини.

175.

(a) Хвилинна стрілка вказує точно на «7», але годинна стрілка перемістилася$\frac{7}{12}$шляху від «1» до «2»: тобто$\frac{7}{12}$від 30°, або 17$\frac{1}{2}$°. Звідси кут між руками дорівнює 162.$\frac{1}{2}$°.

Такий же кут виникає всякий раз, коли руки намагаються вказувати в протилежні сторони, але зміщені$\frac{7}{12}$від 30°, або 17$\frac{1}{2}$°. Це говорить про те, що замість «35 хвилин після 1» ми повинні розглянути «35 хвилин до 11», або 10:25.

(б) Дві руки збігаються опівночі. Потім хвилинна стрілка мчить вперед, а руки знову не збігаються лише незабаром після 1:00 — і справді після 1:05.

Точніше, за 60 хвилин хвилинна стрілка повертається на 360°, тому за х хвилин вона повертається через 6х°. За 60 хвилин годинна стрілка перетворюється на 30°, тому за x хвилин годинна стрілка перевертається$\frac{1}{2}$х°.

Руки перекриваються при

$$$$12х ≡6х (мод360),

або коли$\frac{11}{2}$x кратна 360.

Це відбувається, коли X = 0 (тобто опівночі); потім не до

Х =$\frac{720}{11}=65\frac{5}{11}$,

а час 5$\frac{5}{11}$хвилин минулих 1: тобто після 1$\frac{1}{11}$годин.

Відбувається знову 1$\frac{1}{11}$годин, або 65$\frac{5}{11}$хвилин, пізніше — а саме о 10$\frac{10}{11}$хвилин минулих 2, і так далі.

Звідси явище відбувається опівночі, а потім ще 11 разів до полудня (з полуднем як 12-го часу; а потім ще 11 разів до півночі - а отже, 23 рази в цілому (включаючи обидва опівночі).

(c) Якщо додати третю руку («друга рука»), всі три руки збігаються опівночі. За x хвилин друга стрілка повертається через 360x°.

Тепер ми точно знаємо, коли годинна стрілка і хвилинна стрілка збігаються, тому ми можемо перевірити, де знаходиться друга стрілка в цей час. Наприклад, в 5$\frac{5}{11}$хвилин минуло 1, друга рука перевернулася (360 × 65$\frac{5}{11}$)°, а

360 × 65$\frac{5}{11}$≡ 360 ×$\frac{5}{11}($мод360),

так що друга рука знаходиться ніде поруч з іншими двома руками.

k ^й випадок, коли годинна стрілка і хвилинна стрілки збігаються, відбувається при k × 1$\frac{1}{11}$годин після півночі, коли дві руки вказують у напрямку$(\frac{}{}$360к11)° за годинниковою стрілкою за «12». При цьому друга стрілка розвернулася (360 × 65)$\frac{5}{11}$× k)°, а

$360\times 65\frac{5}{11}\times к\equiv 360\times \frac{5}{11}\times к($мод360),

або п'ять разів, як далеко, і ці два ніколи не рівні$($мод360).

176.

Примітка: Одна з речей, яка дозволяє обчислити відстані саме тут, полягає в тому, що всі кути точно відомі, і породжують багато прямокутних трикутників.

Обертальна симетрія годинника означає, що ми повинні розглядати лише сегменти з однією кінцевою точкою о 12 годині (скажімо, A). Відбивна симетрія в лінії AG означає, що нам потрібно знайти лише AB, AC, AD, AE, AF та AG.

Ясно AG = 2. Якщо О позначає центр годинникового годинника, то AD - гіпотенуза рівнобедреного трикутника Δ OAD з катетами довжиною 1, тому AD =$\sqrt{2}$.

Δ ACO є рівнобедреним (OA = OC = 1) з кутом вершиниAOC = 60°, тому трикутник рівносторонній. Звідси АС = ОА = 1.

Звідси випливає, що ACEGIK є правильним шестикутником, тому AE =$\sqrt{3}$(Якщо OC відповідає AE в X, то Δ ACX - трикутник 30-60-90, і так половина рівностороннього трикутника, звідки AX =$\frac{\sqrt{3}}{2})$.

Залишилося знайти AB і AF.

Нехай OB зустрінеться AC на Y. Тоді OY =$\frac{\sqrt{3}}{2}$(Так як Δ ОЯ - трикутник 30-60-90).

∴ BY = 1 -$\frac{\sqrt{3}}{2}$, АЙ =$\frac{1}{2}$, тому AB =$\sqrt{2-\sqrt{3}}$.

Нарешті, субтендери AB = 30° в центрі, коли ceOAB = OBA = 75° іAGB = 15°.

← ABG = 90°, тому ми можемо застосувати теорему Піфагора до Δ ABG, щоб знайти BG = AF =$\sqrt{2+\sqrt{3}}$.

177.

$\sqrt{1}$відстань від (0, 0, 0) до (1, 0, 0).

$\sqrt{2}$відстань від (0, 0, 0) до (1, 1, 0).

$\sqrt{3}$відстань від (0, 0, 0) до (1, 1, 1).

$\sqrt{4}$відстань від (0, 0, 0) до (2, 0, 0).

$\sqrt{5}$відстань від (0, 0, 0) до (2, 1, 0).

$\sqrt{6}$відстань від (0, 0, 0) до (2, 1, 1).

$\sqrt{7}$не може бути реалізована як відстань між цілими точками решітки в 3D.

$\sqrt{8}$відстань від (0, 0, 0) до (2, 2, 0).

$\sqrt{9}$відстань від (0, 0, 0) до (3, 0, 0).

$\sqrt{10}$відстань від (0, 0, 0) до (3, 1, 0).

$\sqrt{11}$відстань від (0, 0, 0) до (3, 1, 1).

$\sqrt{12}$відстань від (0, 0, 0) до (2, 2, 2).

$\sqrt{13}$відстань від (0, 0, 0) до (3, 2, 0).

$\sqrt{14}$відстань від (0, 0, 0) до (3, 2, 1).

$\sqrt{15}$не може бути реалізована як відстань між цілими точками решітки в 3D.

$\sqrt{16}$відстань від (0, 0, 0) до (4, 0, 0).

$\sqrt{17}$відстань від (0, 0, 0) до (4, 1, 0).

Примітка: Основне питання розширюється Проблема 32:

Які цілі числа можна представити у вигляді суми трьох квадратів?

На це питання відповів Лежандр (1752—1833):

Теорема. Натуральне число можна представити у вигляді суми трьох квадратів тоді і тільки тоді, коли воно не має вигляду 4 ^a (8b + 7).

178.

(а) Нехай AD і CE перетинаються на X. Приєднуйтесь до DE. Тоді AXC = EXD (вертикально протилежні кути). Звідси CAD +ACE =ADE +CED, тому п'ять кутів п'ятикутної зірки мають таку ж суму, як і кути Δ BED. Звідси п'ять кутів мають суму.$\pi$радіани.

(b) Почніть з семи вершин A, B, C, D, E, F, G, розташованих у циклічному порядку.

(i) Розглянемо спочатку 7-гональну зірку ADGCFBE. Нехай GD і BE перетинаються на X і нехай GC і BF перетинаються на Y. Приєднуйтесь до DE, BG. Як і в частині (а),

БГК +ГБФ = БФК+ГКФ,

і

БГД +ГБЕ = ЛІЖКО+ДЕ,

Таким чином, кути в 7-кутній зірці мають таку ж суму, як і кути в Δ ADE. Звідси сім кутів мають суму.$\pi$радіани.

(ii) Подібні міркування з 7-гональною зіркою ACEGBDF показують, що її сім кутів мають суму 3$\pi$радіани.

Примітка: Зверніть увагу, що три можливі «зірки» (включаючи багатокутник ABCDEFG) мають суми кутів$\pi$радіанів, 3$\pi$радіани, і 5$\pi$радіани.

(c) якщо n = 2k+ 1 є простим, ми можемо приєднатися до A до його безпосереднього сусіда B (1-крок), або до його другого сусіда C (2-крок),..., або до його k ^-го сусіда (k -step), тому існує k різних зірок, з кутовими сумами

$$\begin{array}{cc}& (п-2)\pi ,(п-4)\pi ,(п-6)\pi ,...\mathrm{3,}\pi ,\pi \hfill \end{array}$$

відповідно.

Якщо n не є простим, ситуація трохи складніша, так як для кожного дільника m з n зірки км -ступені розпадаються на окремі складові.

179.

(a) (i) Нехай інші три п'ятикутники будуть CDRST, DEUVW, EAXYZ.

У A ми маємо три кути 108°, так що nAx = 36°.

Δ ANX рівнобедрене (AN = AB = AE = AX), тому AXN = 72°.

Звідси аксія+AXN = 180°, тому Y, X, N лежать по прямій лінії.

Аналогічно M, N, X лежать по прямій лінії.

Звідси M, N, X, Y лежать на прямому відрізку МЙ довжиною 1 + YN = 2 + NX.

(ii) Таким же чином випливає, що МП проходить через L і Q, що PS проходить через O і T і т.д. таким чином, щоб фігура щільно прилягала всередину п'ятикутника MPSVY, кути якого всі рівні 108°. Більш того, Δ ANX ≡ Δ BQL (по SAS-конгруентності), тому XN = LQ, звідки МП = YM. Аналогічно МП = ПС = СВ = VY, тому MPSVY - звичайний п'ятикутник.

(iii) У звичайному п'ятикутнику EAXYZ діагональ EY || AX.

Крім того, XAC є прямою лінією, а ACB +NBC = 180°, тому AC || NB.

Звідси YE || NB, і YE = NB =$(п-2)\pi ,(п-4)\pi ,(п-6)\pi ,...,3\pi ,\pi$(Золотий Перетин$\tau$), тому YEBN - це паралелограм.

Звідси YN = EB =$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, тому YM = 1 +${\tau }^2$.

(б) (i)

Δ МПИ ≡ Δ ПСМ ≡ Δ СВП ≡ Δ ВИС ≡ Δ ИМВ

(по SAS-конгруентності), так

YP = МС = ПВ = СУ = ВМ

Також ПМС = MPY = 36°;

‰ Δ BMP має рівні базові кути, і так само рівнобедрений.

Звідси БМ = ВР, аМБП = 108° = ABC.

Аналогічно амі = AYM = 36°.

∴ Δ AMY ≡ Δ BPM (по ASA-конгруентності), так

АЙ = АМ = БМ = БП.

Δ MAB ≡ Δ PBC — по ASA-конгруентності:

БПК = 108° -УД./ХВ -СПС = 36° = АМБ,

МА = ПБ, і ПБК = МБА = МАБ.

Звідси АВ = до н.е.

Продовжуючи круглу фігуру, ми бачимо, що

AB = BC = КД = ДЕ = ЕА

і що

А = Б =C =Д =Е.

(ii) Розширити БД, щоб задовольнити MP на L, і розширити DA, щоб задовольнити MY в N. Потім 36° = DBC = LBM (вертикально протилежні кути). Отже Δ УШМ має рівні базові кути і так рівнобедрений: LM = LB. Аналогічно НМ = NA. Тепер Δ УШМ ≡ Δ НАМ (по ASA-конгруентності, так як МА = МБ), так LM = LB = NA = НМ.

У регулярному п'ятикутнику ABCDE ми знаємо, щоDBC = 36°; і в Δ LBM, LBM = DBC (вертикально протилежні кути), тому MLB = 108°. Звідси BLP = 72° = LBP, тому Δ PLB рівнобедрений: PL = PB. У правильному п'ятикутнику MPSVY Δ ПМА рівнобедрений, тому ПМ = ПА. БА.

Звідси ABLMN - це п'ятикутник з п'ятьма рівними сторонами. Легко перевірити, щоб всі п'ять кутів були рівні.

(iii) Ми побачили в (i), що п'ять діагоналей MPSVY рівні. Ми показали в задачі 3, що кожен має довжину$\tau ={\tau }^2$, і що MPDY є ромбом, так що DY = ПМ = 1. Аналогічно SE = 1.

Звідси SD =$\tau$- 1, а ДЕ = СЕ - СД = 2 -$\tau$=${\left({\tau }^2\right)}^{-1}$.

180.

(а) Оскільки плитки поєднуються між собою «від краю до краю», всі плитки мають однакову довжину краю. Кількість k плиток, що зустрічаються на кожній вершині, має бути не менше 3 (оскільки кут кожної вершини правильного n -кутника =$\left(1-\frac{2}{п}\right)\pi \text{<}\pi )$, і може бути не більше 6 (так як найменший можливий кут у правильному n -кутнику виникає при n = 3, а потім$\frac{\pi }{3}$).

Розглянемо кожну можливу величину k по черзі.

— Якщо k = 6, то n = 3 і у нас є шість рівносторонніх трикутників на кожній вершині.

— Якщо k = 5, то ми б$\left(1-\frac{2}{п}\right)\pi =\frac{}{}$2π5,томуп=103не є цілим числом.

— Якщо k = 4, то n = 4 і у нас є чотири квадрати на кожній вершині.

— Якщо k = 3, то n = 6 і у нас є три правильних шестикутника на кожній вершині.

Звідси n = 3, або 4, або 6.

(b) (i) Якщо k = n = 4, легко сформувати фігуру вершини. Може здатися «очевидним», що він триває «до нескінченності»; але якщо ми вважаємо, що це очевидно, то ми повинні пояснити, чому: (виберіть масштаб так, щоб загальна довжина ребра була «1»; тоді нехай цілі точки решітки будуть вершинами плитки, а плитки як переклади одиничного квадрата, утвореного (0, 0), (1, 0) , (1, 1), (0, 1).

(ii) Якщо k = 6, n = 3, нехай вершини відповідають комплексним числам p + q$\omega$, де p, q - цілі числа, а де$\omega$являє собою складний кубічний корінь з 1

(Тобто рішення рівняння$\omega$³ = 1 ≠$\omega$, або$\omega$² +$\omega$+ 1 = 0), при цьому ребра є відрізками лінії довжиною 1, що з'єднують найближчих сусідів (на відстані 1).

(iii) Якщо k = 3, n = 6, взяти ті ж вершини, що і в (ii), але виключити всі ті, для яких p + q ≡ 0 (mod 3), то нехай ребра будуть відрізками лінії довжиною 1, що з'єднують найближчих сусідів.

181.

(a) (i) Як і раніше, кількість k плиток у кожній вершині знаходиться між 3 і 6. Однак на цей раз k не визначає форму плитки. Звідси ми вводимо новий параметр: кількість t трикутників на кожній вершині, яка може коливатися від 0 до 6. Похідні засновані на елементарній арифметиці, для якої простіше працювати з кутами в градусах.

* Якщо t = 6, то цифра вершини повинна бути 3 ⁶.

* Якщо t = 5, залишок зазору 60° може зайняти лише шостий трикутник, тому цей випадок не може відбутися.

* Якщо t = 4, ми залишаємо кут 120°, тому єдиною можливою фігурою вершини є 3 ⁴ ,6.

* Якщо t = 3, то ми залишаємося з кутом 180°, тому єдино можливими конфігураціями є ³, 4 ² (з двома квадратами разом), або 3 ² .4.3.4 (з двома квадратами, розділеними трикутником).

* Якщо t = 2, ми залишаємо кут 240°, який не може бути заповнений 3 або більше плитками (оскільки середній розмір кута тоді буде не більше 80°, і більше трикутників не допускається), тому єдиними можливими фігурами вершин є 3 ² .4.12, 3.4.3.12, 3 ² .6 ², 3.6.3.6 (оскільки 3 ² .5.n або 3.5.3.n буде потрібно правильний n -кутник з кутом 132°, що неможливо).

Примітка: Компактність аргументу, заснованого на параметрі t, ось-ось закінчиться. Продовжуємо те ж саме appr OAC h, з зміщенням фокусу з параметру t на новий параметр s — а саме кількість квадратів у кожній вершині фігури.

* Припустимо, t = 1. Ми залишаємо з кутом 300°.

Якщо s = 0, 300° не можна заповнити 3 або більше плитками (оскільки тоді середній розмір кута становитиме не більше 100°, і квадрати не можуть бути використані), тому є рівно дві додаткові плитки. Так як кожна плитка має кут$\le$180°, ми не можемо використовувати шестикутник, тому найменша плитка має щонайменше 7 сторін; а оскільки середнє значення двох інших розмірів кута становить 150°, найменша плитка має не більше 12 сторін. Тепер легко перевірити, що єдиними можливими фігурами вершин є 3.7.42, 3.8.24, 3.9.20, 3.10.15, 3.12 ².

Якщо s = 1, ми залишили б кут 210°, що вимагатиме двох більших плиток із середнім розміром кута 105°, що неможливо.

Якщо s = 2, єдиними можливими фігурами вершин є 3,4, ² .6 або 3.4.6.4.

Очевидно, що ми не можемо мати s = 3 (або ми були б залишені з зазором 30°); і t = 1, s > 3 також неможливо.

* Отже, ми можемо припустити, що t = 0, в цьому випадку s не більше 4.

Якщо s = 4, то цифра вершини дорівнює 4 ⁴.

Якщо s = 3, то залишився проміжок міг зайняти тільки четвертий квадрат, тому цей випадок не відбувається.

Якщо s = 2, ми залишаємося з кутом 180°, який неможливо заповнити.

Якщо s = 1, ми залишаємося з кутом 270°, тому має бути рівно дві додаткові плитки і єдино можливі фігури вершини 4.5.20, 4.6.12 або 4.8 ² (оскільки звичайний 7-кутник залишить кут 141${\frac{3}{7}}^{\circ }$).

* Звідси можна припустити, що t = s = 0, і продовжити використання параметра f — а саме кількості правильних п'ятикутників. Ясно, що f є максимум 3, і не може дорівнювати 3 (або ми б залишили кут 36°).

Якщо F = 2, ми залишаємося з кутом 144°, тому єдиною фігурою вершини є 5 ² .10.

Якщо F = 1, ми залишаємо кут 252°, що вимагає рівно двох подальших плиток, середній кут яких 126°; але це змушує нас використовувати шестикутник — залишаючи кут 132°, що неможливо.

* Отже, ми можемо припустити, що t = s = F = 0. Отже, найменша можлива плитка - це шестикутник, і оскільки нам потрібно принаймні 3 плитки на кожній вершині, єдино можлива фігура вершини - 6 ³.

Отже, просто налаштоване необхідна умова (а саме, що фігура вершини не повинна мати прогалин) дає початок списку з двадцяти однієї можливої фігури вершин:

3 ⁶, 3 ⁴ .6, 3 ³ .4 ², 3 ² .4.3.4, 3 ² .4.12, 3.4.3.12, 3 ² .6 ², 3.6.3.6, 3.7.42 , 3.8.24, 3.9.20, 3.10.15, 3.12 ^{2, 3.4 2} .6, 3.4.6.4, 4 ⁴, 4.5.20, 4.6.12, 4.6.12, 4.8 ², 5 ² .10, 6, ³.

(ii) Лемма. Малюнки вершини 3, ² .4.12, 3.4.3.12, 3, ² .6, ², 3.7.42, 3.8.24, 3.9.20, 3.10.15, 3.4 ² .6, 4.5.20, 5 ² .10 не поширюються на напіврегулярну плитку площини.

Доказ. Припустимо навпаки, що будь-яка з цих фігур вершин може бути реалізована напіврегулярної плиткою площини. Виберіть вершину B і розгляньте плитки навколо вершини B.

У перших восьми з перерахованих фігур вершин ми можемо вибрати трикутник T = ABC, який примикає до багатокутників різного розміру на ребрах BA (скажімо) і BC.

У двох інших фігурах вершин є грань T = ABC · з непарною кількістю ребер, яка має ту саму властивість - а саме те, що примикає до -кутника на краю BA (скажімо) та b -кутник на краю BC з a ≠ b. (Наприклад, на малюнку вершини 3 ² .4.12, T = ABC - трикутник, а грані на БА і на БК - в деякому порядку — 3-кутник і 4-кутник, або 3-кутник і 12-кутник.)

У кожному випадку нехай грань T буде p -кутник.

Якщо грань, що прилягає до T на ребрі BA, є a -кутником, а на ребрі BC є b -кутник, то символ фігури вершини повинен включати послідовність «$...$a.p.b$...$».

Якщо ми тепер переключимо увагу з вершини B на вершину A, то ми знаємо, що A має ту саму фігуру вершини, тому повинні включати послідовність «$...$a.p.b$...$», тому грань, що прилягає до іншого краю T в A, повинна бути b -кутником. Як один сліди округлити краю грані Т, грані, прилеглі до

T - це поперемінно a -кутники і b -кутники - суперечать тому, що T має непарну кількість ребер.

Звідси жодна з перерахованих фігур вершин не поширюється на напіврегулярну плитку площини. КЕД

(b) Виявляється, що решта одинадцяти фігур вершин

3 ⁶, 3 ⁴ .6, 3 ³ .4 ², 3 ² .4.3.4, 3.6.3.6, 3.12 ², 3.4.6.4, 4 ⁴, 4.6.12, 4.8 ², 6 ³

всі можуть бути реалізовані як напіврегулярні плитки (і один, а саме 3 ⁴ .6 - може бути реалізований двома різними способами, один є відображенням іншого).

У дусі Задачі 180 (b) слід хотіти зробити краще, ніж створювати правдоподібні зображення таких плиток, вказуючи кожну з них якимось канонічним чином. Ми залишаємо цей виклик читачеві.

182. [Ми будуємо правильний шестикутник і приймаємо альтернативні вершини.]

Намалюйте коло з центром O, що проходить через A. Коло з центром А, що проходить через O, знову зустрічається з колом у X і Y.

Коло з центром X і проходить через A і O знову зустрічає коло в B; а коло з центром Y і проходить через A і O, знову зустрічає коло в C.

Тоді Δ AOX, Δ AOY, Δ XOB, Δ ЙОК є рівносторонніми, SoAxB = 120° = AYC, і XAB = 30° = YAC.

Звідси Δ AXB ≡ Δ AYC, тому AB = AC .Δ ABC є рівнобедреним SoB = C, з кутом вершини BAC = XAY -XAB -YAC = 60°; отже Δ ABC рівнокутний і так рівносторонній.

183.

(a) Намалюйте коло з центром O і проходячи через A.

Простягніть AO за межі O, щоб знову зустрітися з колом при C.

Побудувати перпендикулярну бісектрису змінного струму, і нехай це відповідає окружності в B і в D.

Тоді БА = BC (так як перпендикулярна бісектриса змінного струму - локус точок, рівновіддалених від А і від С); аналогічно DA = DC.

Δ OAB і Δ OCB обидва рівнобедрені прямокутні трикутники, тому ABC є прямим кутом (або звернення до «кут, підсушений на колі діаметром AC»). Аналогічно A, C, D є прямими кутами, тому ABCD - це прямокутник з BA = BC, а отже, квадрат.

Примітка: Ця конструкція починається з правильного 2-кутника змінного струму, вписаного в його окружність, і подвоює його, щоб отримати правильний 4-кутник, будуючи перпендикулярні бісектриси «двох сторін», щоб відповідати окружності в B і в D.

(b) Звести перпендикуляри до AB на A і в B.

Потім намалюйте кола з центром А і проходячи через B, а з центром B і проходячи через A.

Нехай ці кола відповідають перпендикулярам до АВ (з тієї ж сторони АВ) при D і в С.

Тоді AD = BC, і AD || до н.е., так ABCD - це паралелограм (по задачі 159 (а)), а отже і (будучи паралелограмом з прямим кутом), і так квадрат (так як AB = AD ).

184.

(a) (i) Спочатку побудуйте правильний 3-кутовий ACE з окружним центром O. Потім побудуйте перпендикулярні бісектриси трьох сторін AC, CE, EA, і нехай вони відповідають окружності в B, D, F.

Примітка: Тут ми підкреслюємо загальний крок від вписаного регулярного n -кутника до вписаного регулярного 2n -кутника - хоча це може здатися збоченим у випадку регулярного 3 -кутника (оскільки ми побудували вписаний правильний 3 -кутник у Задачі 182 шляхом спочатку побудови регулярного 6-кутника, а потім приймаючи альтернативні вершини).

(ii) Спочатку побудуйте правильний 4-кутник ACEG з окружним центром O. Потім побудуйте перпендикулярні бісектриси чотирьох сторін AC, CE, EG, GA, і нехай вони відповідають окружності в B, D, F, H.

(b) (i) Побудувати рівносторонній трикутник АВО.

Потім намалюйте коло з центром O і проходячи через A і B. Далі дійте так, як в 182 році.

(ii) Простягніть AB за межі B, і нехай ця лінія зустрічає коло з центром B і проходить через A в X.

Тепер побудуйте квадрат BXYZ на стороні BX, як у 183 (a), і нехай діагональ BY зустрічає коло в C.

Побудувати центр окружності O з Δ ABC (точка, де зустрічаються перпендикулярні бісектриси AB, BC).

Побудувати наступну вершину D як точку, де коло з центром O і проходить через A зустрічає коло з центром C і проходить через B. Решта точки E, F, G, H можна знайти аналогічним чином.

185.

(a) (i) Існують різні способи зробити це - жоден з такого роду, на який більшість з нас може наштовхнутися. Намалюйте коло з центром O і проходячи через A. Простягніть лінію AO за межі O, щоб знову зустрітися вколі на X.

Побудувати перпендикулярну бісектрису AX, і нехай це відповідає колу в Y і в Z. Побудувати середню точку M OZ і приєднатися до MA.

Нехай коло з центром M і проходить через A зустрітися відрізок лінії OY в точці F.

Нарешті, нехай коло з центром A і проходить через F зустрітися окружності в B. Тоді АВ - це сторона необхідного правильного 5-кутника. (Вершина C на окружності потім отримується як друга точка зустрічі окружності з колом, що має центр B і проходить через A. Точки D, E можна знайти аналогічним чином.)

Доказ того, що ця конструкція робить те, що заявлено, найлегше досягається шляхом обчислення довжини.

Нехай ОА = 2. Тоді OF =$\sqrt{5}$- 1, так АФ =$\sqrt{10-2\sqrt{5}}$= АБ. Залишається довести, що це правильна довжина для сторони правильного п'ятикутника, вписаного в коло радіусом 2. На щастя, робота вже виконана, оскільки Δ OAB є рівнобедреним з кутом вершини, рівним 72°. Якщо ми скидаємо перпендикуляр від O до AB, то нам потрібно перевірити, чи правда, що

$$\begin{array}{cc}& \mathrm{гріх}36°=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}.\hfill \end{array}$$

Але це вже було показано в Задачі 3 (c).

(ii) Щоб побудувати правильний 10-кутник ABCDEFGHIJ, спочатку побудувати правильний 5-кутник ACEGI з центром окружності O; потім побудувати перпендикулярні бісектриси п'яти сторін, і так знайти B, D, F, H, J як точки, де ці бісектриси відповідають окружності.

(b) (i) Перший крок полягає в побудові лінії BX через B таким чимABX = 108°. На щастя, це можна зробити за допомогою частини (а), тимчасово розглядаючи B як центр окружності, намалювавши коло з центром B і проходячи через A, і почавши побудову правильного 5-кутника AP · s, вписаного в це коло.

Тоді ABP = 72°; так що якщо ми продовжимо лінію PB за межі B до X, то ABX = 108°. Нехай BX зустрітися коло з центром B через A в точці C. Тоді BA = BC і ABC = 108°, тому ми працюємо і біжимо.

Якщо ми дозволимо перпендикулярні бісектори AB і BC зустрітися в O, то коло з центром O і проходить через А також проходить через B і C (і ще не буде l OBC ted точки D і E). Коло з центром C і проходить через B знову зустрічає це коло в D; і коло з центром A і проходить через B знову зустрічає коло в E.

(ii) Для побудови правильного 10 -кутника ABCDEFGHIJ, розглядайте B як точку O в (a) (i) і побудувати правильний 5-кутник AXCYZ, вписаний у коло з центром B і проходить через A.

Тоді ABC = 144°, а BA = BC, тому C є наступною вершиною необхідного правильного 10 -кутника. Тепер ми можемо продовжити, як у (a) (ii), щоб спочатку побудувати центр окружності O необхідного правильного 10 -кутника як точку, де зустрічаються перпендикулярні бісектриси AB та BC, потім намалювати коло і, нарешті, відступити послідовні вершини D, E,$$\text{.}\text{.}\text{.}$$з 10 -кутник навколо кола.

186. Кількість k граней, що зустрічаються на кожній вершині, може бути не більше п'яти (оскільки більше призведе до занадто великої суми кута). І k ≥ 3 (для того, щоб створити справжній куточок.

• Якщо k = 5, то фігура вершини повинна бути 3 ⁵ (або сума кута становити>360°).
• Якщо k = 4, то фігура вершини повинна бути 3 ⁴ (або сума кута була б занадто великою).
• Якщо k = 3, кут у кожному з правильних багатокутників повинен бути <120°, тому єдиними можливими фігурами вершин є 5, ³, 4, ³ та 3 ³.

187. Відповідні середні точки мають координати:

АВ:$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$; змінного струму:$\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right)$; АТ:$\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$; до н.е.:$\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$; БД:$\left(\frac{1}{2},1,\frac{1}{2}\right)$; компакт-диска:$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right)$.

∴ PQ =$\frac{1}{\sqrt{2}}$= ПР = ПС = ПТ = КР = РС = СТ = ТК.

188.

(а) Через вершину A та базову вершину B нескінченно багато площин. Серед цих площин перпендикулярна до основи BCD - це та, яка проходить через середню точку M CD. Нехай перпендикуляр від А до основи, зустрінеться з базовим БКД в точці Х, яка повинна лежати на БМ. Нехай AX мають довжину h. Для знаходження h обчислюємо площу Δ ПРО двома способами.

По-перше, БМ має довжину$\sqrt{3}$, так площа (Δ ПРО) =$\frac{1}{2}\left(\sqrt{3}\times ч\right)$

По-друге, Δ ABM є рівнобедреним з основою AB і вершиною M, тому має висоту$\sqrt{2}$.

∴ площа (Δ ПРО) =$\frac{1}{2}(2\times \sqrt{2})$=$\sqrt{2}$.

Якщо ми тепер прирівнюємо два вирази для площі (Δ ABM), ми бачимо, що h =$\sqrt{\frac{8}{3}}$.

(b) (i) При побудові регулярного октаедра (чи з використанням карти, або плитки, такі як Polydron®) починається з розташування чотирьох рівносторонніх трикутників навколо вершини, наприклад A. Ця «вершинна фігура» не є жорсткою: хоча ми знаємо, що BC = CD = DE = EB, апріорі немає причини, чому чотири сусіди B, C, D, Е з А повинен утворювати квадрат, або ромб, або плоский чотирикутник. Ми показуємо, що ці чотири сусіди лежать в одній площині: B, C, D, E - це відстань 2 від А і відстань 2 від F, тому (по задачі 144) всі вони повинні лежати в площині, перпендикулярній лінії AF і проходження через середину X AF. Більше того, Δ ABX ≡ Δ ACX (по резус-конгруентності, так як AB = AC = 2, AX = AX, іAXB = AXC обидва прямі кути). Звідси XB = XC, тому B, C лежать на колі в цій площині з центром X. Аналогічно Δ ABX ≡ Δ ADX ≡ Δ AEX, тому BCDE є циклічним чотирикутником (і ромбом), а отже, квадратом - з X як серединою обох BD і CE.

(ii) Нехай M буде середньою точкою BC і N серединою DE.

Потім NM і AF перетинаються на X і так визначають єдину площину. У цій площині Δ АНМ ≡ Δ FMN (по SSS-конгруентності, так як AN = FM =$\sqrt{3}$, НМ = МН, МА = НФ =$\sqrt{3}$); звідси АНМ = FMN, тому АН || МФ.

Аналогічно, якщо P - середина AE, а Q - середина ФК, то Δ DPQ ≡ Δ BQP, так DP || QB. Звідси верхня грань DEA паралельна нижній грані BCF, тому висота восьмигранника, що сидить на столі, дорівнює висоті Δ FMN. Але цей трикутник має сторони довжин 2,$\sqrt{3}$,$\sqrt{3}$, Таким чином, ця висота точно така ж, як висота h в частині (а).

189.

(i) Нехай L =$\left(\frac{1}{2},0,0\right)$aпdМ= $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$. Потім L лежить на лінії ST і M - середина НП.

Δ ЛСМ - прямокутний трикутникз ніжками довжиною LS = A, LM =$\frac{1}{2}$, так що MS =$\sqrt{a^2+\frac{1}{4}}$.

Δ МНС - прямокутний трикутникз ніжками довжиною MN =$\frac{1}{2}$- А, МС =$\sqrt{a^2+\frac{1}{4}}$.

Звідси NS =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}$.

Аналогічно NU =$\sqrt{2a2-a+\frac{1}{2}}$.

Нехай L '=$0,\frac{1}{2}$, 0\ праворуч) і M' =$\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$. Потім M 'є серединою WX і L' лежить безпосередньо нижче M' на лінії, що з'єднується (0, 0, 0) до (0, 1, 0). У правокутовому трикутнику δ L'NM' знаходимо NM' =$\sqrt{a^2+\frac{1}{4}}$, а в прямокутному трикутнику Δ M'WN потім знаходимо NW =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}$. Аналогічно NX =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}$.

(ii) НП = НС саме тоді, коли 1 - 2а =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}>0$; тобто, коли =$\frac{3-\sqrt{5}}{4}$, Таким чином, всі краї багатогранника мають довжину$\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\tau -1$.

Примітка: Прямокутник NPRQ є «1 by$\tau -1$» прямокутник, і 1:$\tau$- 1 =$\tau$: 1. Звідси правильний ікосаедр може бути побудований з трьох конгруентних і попарно перпендикулярних копій «золотого прямокутника».

190. Ми імітуємо класифікацію можливих фігур вершин для напівправильних плиток.

Ми припускаємо, що кути, що зустрічаються на кожній вершині, додають до<360°, тому кількість k граней у кожній вершині знаходиться між 3 і 5. Оскільки обличчя правильні, але не обов'язково конгруентні, k не визначає форму осіб. Отже, ми дозволимо t позначити кількість трикутників на кожній вершині, яка може варіюватися від 0 до 5.

• Якщо t = 5, то цифра вершини повинна бути 3 ⁵.
• ^{Якщо t = 4, решта багатокутників мають суму кута <120°, тому можливими фігурами вершин є 3 4, 3, 4 .4 та 3 4 ,5.}
• Якщо t = 3, то решта багатокутників мають суму кута <180°, тому єдиними можливими фігурами вершин є ³, 3 та ³ n (для будь-яких n >3).
• Якщо t = 2, то решта полігонів мають суму кута <240°, тому на фігурі вершини є не більше 2 додаткових граней (оскільки якщо б було 3 або більше додаткових граней, середній розмір кута тоді був би не більше 80°, при цьому більше трикутників не допускається). Якщо є тільки 1 додаткова грань, отримуємо цифру вершини 3 ² .n для будь-якого n>3. Таким чином, ми можемо припустити, що є 2 додаткові грані - найменша з яких потім повинна бути 4-кутник або 5-кутник.

Якщо наступна найменша грань - 4-кутник, то отримуємо можливі фігури вершин

3 ² .4 ² і 3.4.3.4, 3 ² .4.5 і 3.4.3.5, 3 ² .4.6 і 3.4.3.6, 3 ² .4.7 і 3.4.3.7, 3 ² .4.8 і 3.4.3.8, 3 ² .4.9 і 3.4.3.9, 3 ² .4.10 і 3.4.3.10, 3 ² .4.11 і 3.4.3.11.

Якщо наступна найменша грань - 5-кутник, то отримуємо можливі фігури вершин

3 ² .5 ² і 3.5.3.5, 3 ² .5.6 і 3.5.3.6, 3 ² .5.7 і 3.5.3.7.

Примітка: Перш ніж продовжувати, варто вирішити, які з передбачуваних фігур вершин, виявлених поки що, здається, відповідають напіврегулярним багатогранникам - а потім довести, що ці спостереження є правильними.

• Малюнок вершини 3 ⁵ відповідає правильному ікосаедру.
• Малюнок вершини 3 ⁴ відповідає правильному октаедру; 3 ⁴ .4 відповідає снубкубу; 3 ⁴ .5 відповідає сноб-додекаедру — який поставляється в лівосторонній та правшній формах.
• Малюнок вершини ^{3 3} відповідає правильному тетраедру, а ^{3 3} n (для будь-якого n>3) відповідає n -гональної антипризмі.
• Малюнок вершини 3 ² н. для будь-якого n > 3, здається, не виникає.
• Малюнок вершини 3 ² .4 ², здається, не виникає; 3.4.3.4 відповідає кубоктаедру; 3 ² .4.5 і 3.4.3.5, 3 ² .4.6 і 3.4.3.6, 3 ² .4.7 та 3.4.3.7, 3 ² .4.8 та 3.4.3.8, 3 ² .4.9 та 3.4.3.9, 3 ² .4.10 та 3.4.3.10, 3 ² .4.11 та 3.4.3.11, здається, не виникають.
• Малюнок вершини 3 ² .5 ², схоже, не виникає, тоді як 3.5.3.5 відповідає ікосидодекаедру; 3 ² .5.6 і 3.5.3.6, 3 ² .5.7 і 3.5.3.7, здається, не виникають.

Щоб уникнути подальшого поширення помилкових «передбачуваних фігур вершин», ми вводимо версію Лемми, яка використовується для плитки дещо раніше, ніж ми робили фортилінг, а потім застосовуємо основну ідею, щоб усунути інші помилкові можливості, коли вони виникають.

Лемма. Фігури вершин

3 ² .4 ², 3 ² п. (п>3), 3 ² .4.5, 3.4.3.5, 3 ² .4.6, 3.4.6, 3 2 .4.7, 3.4.7 ^{, 3 2} .4.7, 3 ² .4.8, 3.4.3.8, 3 ² .4.9, 3.4.3.9, 3 ² .4.10, 3.4.3.10, 3 ² .4.11, 3.4.3.11, 3 ² .5 ², 3 ² .5.6, 3.5.3.6, 3 ² .5.7, 3.5.3.7

не виникають як вершинні фігури будь-якого напівправильного багатогранника.

Контур доказу. Кожен з них вимагає, щоб фігура вершини будь-якої вершини B включала плитку T = ABC·З непарною кількістю ребер, для якої ребро BA прилягає до a -кутник, ребро BC прилягає до a b -gon (де a ≠ b), і де наступні грані, що примикають до T, змушені чергуватися — a -кутник, b -кутник,$...$— що неможливо. КЕД

Для решти введемо додатковий параметр s для позначення кількості 4-кутників у фігурі вершини.

Припустимо, t = 1. Тоді решта багатокутників мають суму кута < 300°, тому на фігурі вершини є не більше 3 додаткових граней (оскільки якби було 4 або більше додаткових граней, середній розмір кута становити<75°, при цьому більше трикутників не допускається).

Якщо є 3 додаткові грані, середній розмір кута становить <100°, тому s > 0.

• Якщо s > 1, то можливі фігури вершини - 3,4 ³ (що відповідає ромбікубоктаедру), 3,4 ² (що відповідає 3-кутної призмі), 3,4 ² .5 (що неможливо, як в лемі) і 3.4.5.4 (Що відповідає маленькому ромбікозідодекаедра).
• Якщо s = 1, то решта граней мають суму кута <210°, тому може бути лише одна додаткова грань, а кожні 3.4.n (n > 4) неможливо, як у лемі.
• Якщо s = 0, то решта граней мають суму кута < 300°, тому є рівно дві інші грані, а найменша грань має < 12 ребер, тому єдиними можливими фігурами вершин є

  — 3.5. n (4 < n), що неможливо, як у Леммі;

  — 3,6 ², що відповідає усіченому тетраедру;

  — 3.6. n (6 < n), що неможливо, як у Леммі;

  — 3.7. n (6 < n), що неможливо, як у Леммі;

  — 3,8 ², що відповідає усіченому кубу;

  — 3.8. n (8 < n), що неможливо, як у Леммі;

  — 3.9. n (8 < n), що неможливо, як у Леммі;

  — 3.10 ², що відповідає усіченому додекаедру;

  — 3.10. n (10 < n), що неможливо, як у Леммі;

  — 3.11. n (10 < n), що неможливо, як у Леммі.

Таким чином, можна припустити, що t = 0 — у цьому випадку s<4.

• Якщо s = 3, то єдино можлива цифра вершини - 4 ³, що відповідає кубу.
• Якщо s = 2, то решта граней мають суму кута <180°, тому існує рівно одна додаткова грань, а кожні 4 ² n (n>4) відповідає n -кутовій призмі.
• Якщо s = 1, то решта граней мають суму кута <270°, тому є не більше 2 інших граней з найменшою гранню, що має <8 ребер, тому єдиними можливими фігурами вершин є 4.5.n (для 4 <n <20), 4,6 ², 4.6.n (для 6<n <12), 4,7 ² , 4.7.n (для 7<n <10). Серед цих 4.5.n неможливо, як у Леммі; 4.6 ² відповідає усіченому октаедру; 4.6.n з n непарним неможливо, як у Леммі; 4.6.8 відповідає великому ромбікубоктаедру; 4.6.10 відповідає великому ромбікозидодекаедру; 4.7.n неможливо, як у Леммі.
• Якщо s = 0, на кожній вершині має бути рівно три грані, а найменша повинна бути 5-кутником, тому єдино можливими фігурами вершини є 5 ³, що відповідає правильному додекаедру; 5 ² .n (для n>5), що неможливо, як у Леммі; 5.6 ², що відповідає усіченому ікосаедру; або 5.6.7, що неможливо, як в лемі.

191.

(а) (i) AXD = 100°, так що адБ = 40°. Тоді в Δ ABD ми бачимо, щоABD = 40°, тому Δ ABD є рівнобедреним з AB = AD. Δ ABC є рівнобедреним з базовим кутомBAC = 60°, тому Δ ABC рівносторонній. Звідси КБД = 20°.

(ii) Δ ABC рівносторонній, тому AC = AB = AD. Звідси Δ АЦП є рівнобедреним, тоACD = 70° = АЦП, коли CeBDC = 70° -ADB = 30°.

(b) (i) Як і раніше AXD = 100°, такADB = 40°.

У Δ ABD ми бачимо, щоABD = 30°, тому Δ ABD не є рівнобедреним (як це було в (а)).

Δ ABC є рівнобедреним, тоBCA = 70°, коли CeCBD = 10°.

У Δ XCD, CXD = 80°, soBDC +ACD = 100°, але немає очевидного способу визначення окремих доданих: BDC та ACD.

(ii) Довжина не вказана, тому ми можемо вибрати довжину змінного струму. Потім точка B лежить на перпендикулярній бісектрисі змінного струму, іCaB = 70° визначає l OBC tion B точно. Лінія AD робить кут 40° з змінним струмом, а BD робить кут 80° з змінним струмом, тому визначається l OBC tion D. Отже, незважаючи на нашу невдачу в частині (i), кути визначаються.

192.

(i) Якщо P лежить на CB, то PC = b cos C, AP = B sin C, а в прямокутному трикутнику Δ APB маємо:

c ² = (б син С) ² + (а - В cos C) ²

= а ² + б ² (грін ² С + кос ² С) - 2аб кос С

= а ² + б ² - 2аб кос С.

Якщо P лежить на CB, що поширюється за межі B, то PC = B cos C, AP = B sin C, як і раніше, а в прямокутному трикутнику Δ APB маємо:

c ² = (б грін С) ² + (б cos С -а) ²

= (Бан С) ² + (а - кокс С ²)

= а ² + б ² (син ² С + кос ² С) - 2абкос С

= а ² + б ² - 2абкос С.

(ii) Якщо P лежить на BC, витягнутому за межі C, то PC = bcos ACP = -bcos C, AP = bsin ACP = bsin C, а в прямокутному трикутнику Δ APB ми маємо:

c ² = (Басейн С) ² + (а + шт) ²

= (Бан С) ² + (а - кокс С ²)

= а ² + б ² (син ² С + кос ² С) - 2абкос С

= а ² + б ² - 2абкос С.

193. Є багато способів зробити це - колись хтось знає правило синуса і косинус правило. Якщо ми дозволимо BDC = y і ACD = z, то один маршрут веде до ідентичності cos (z - 10°) = 2 sin 10° · sin z, з чого випливає, що z = 80°, y = 20°.

194.

(a) Кут між двома гранями, або двома площинами, - це кут, який бачить «кінець на» - як один дивиться вздовж лінії перетину двох площин. Це дорівнює куту між двома перпендикулярами до лінії перетину — по одному в кожній площині. Якщо М - середина BC, то Δ ABC рівнобедрений з вершиною А, тому медіана АМ перпендикулярна до BC; аналогічно Δ DBC рівнобедрений з вершиною D, тому медіана ДМ перпендикулярно до н.е.

Δ MAD рівнобедрений з вершиною M, MA = MD =$\sqrt{3}$, AD = 2, тому ми можемо використовувати правило косинуса, щоб зробити висновок, що ^{2 2} = 3 + 3 - 2· 3· cos (AMD), звідки cos (AMD) =$\frac{1}{3}$.

(б) cos (AMD) =$\frac{1}{3}$, і$\frac{1}{3}$<$\frac{1}{2}$, SoamD> 60°; отже, ми не можемо помістити шість регулярних тетраедр разом, щоб розділити ребро.

Оскільки AMD є гострим, AMD < 90°, тому ми, безумовно, можемо помістити чотири регулярні тетраедри разом з великою кількістю місця для запасних.

Тепер ми можемо звернутися до «тригонометричних таблиць» або калькулятора, щоб побачити, що

$\mathrm{аркос}\left(\frac{1}{3}\right)\text{<}1.24$,

тобто 1.24 радіани, тому п'ять тетраедр використовують менше 6,2 радіанів - що менше 2$\pi$. Отже, ми можемо помістити п'ять регулярних тетраедр разом навколо загального краю з місцем для запасних (але недостатньо, щоб помістити шостий).

195.

(а) Кут між гранями ABC і FBC дорівнює куту між двома перпендикулярами до загального краю BC. Оскільки два трикутника є рівнобедреними із загальною базою до н.е., досить знайти кут між двома медіанами AM і FM.

У задачі 188 ми побачили, що BCDE - це квадрат, зі сторонами довжини 2. Якщо перемкнути увагу з протилежної пари вершин A, F на пару C, E, то це ж доказ показує, що ABFD - квадрат зі сторонами довжини 2. Звідси діагональ АФ = 2$\sqrt{2}$.

Тепер застосуйте правило косинуса до Δ AMF, щоб зробити висновок, що:

$\left(2\sqrt{2}\right)$² = 3 + 3 - 2· 3 · cos (АМФ),

тому випливає, що cos (AMF) = -$\frac{1}{3}$.

(б) cos (АМФ) = -$\frac{1}{3}$< 0, so∠AMF >90°; отже, ми не можемо помістити чотири регулярні октаедри разом, щоб розділити загальний край. Більш того, -$\frac{1}{2}$< -$\frac{1}{3}$, так що AMD < 120°; отже, ми можемо помістити три октаедри разом, щоб розділити край з вільним місцем (але недостатньо місця, щоб помістити четверту).

196. Кут AMD =$\mathrm{аркос}\left(\frac{1}{3}\right)$у задачі 194 гостро, а кут AMF =$\mathrm{аркос}\left(-\frac{1}{3}\right)$у задачі 195 тупий. Отже, ці кути є додатковими; тому правильний тетраедр точно вписується в клиноподібний отвір між гранню ABC правильного октаедра і столом.

197.

(i) АБ =$\sqrt{2}$= BC = СА = AW = BW = CW. Звідси чотири грані ABC, BCW, CWA, WAB - це все рівносторонні трикутники, тому тверде тіло - це правильний тетраедр (або, правильніше, поверхня твердого тіла - це правильний тетраедр).

(ii) змінного струму =$\sqrt{2}$= КД = ДА = AX = СХ = ДХ. Звідси чотири грані ACD, CDX, DXA, XAC є рівносторонніми трикутниками, тому тверде тіло є регулярним тетраедр.

(iii) АТ =$\sqrt{2}$= ДЕ = ЕА = АЙ = ДИ = ЕЙ. Звідси чотири грані ADE, DEY, EYA, YAD є рівносторонніми трикутниками, тому тверде тіло - це правильний тетраедр.

(iv) АЕ =$\sqrt{2}$= ЕБ = БА = АЗ = ЕЗ = БЗ. Звідси чотири грані AEB, EBZ, BZA, ZAE є рівносторонніми трикутниками, тому тверде тіло є правильним тетраедр.

(v) Ми отримуємо ще чотири регулярних tetrahedra— таких як FBCP, де P = (1, 1, -1).

(vi) ABCDEF - правильний октаедр (або, правильніше, поверхня твердого тіла - правильний октаедр).

Примітка: Шість вершин (± 1, 0, 0), (0, ± 1, 0), (0, 0, ± 1) охоплюють правильний октаедр, з правильним тетраедром, що припадає точно на кожній грані. Отримана складова фігура зіркоподібної форми називається зірчастим восьмигранником. Йоганнес Кеплер (1571—1630) провів широке дослідження багатогранників, і цю фігуру іноді називають «стеллою октангулою» Кеплера. Це варто зробити для того, щоб оцінити те, як він, здається, складається з двох взаємопов'язаних тетраедр.

198. Нехай немаркована вершина п'ятикутної грані ABW-V буде P. У п'ятикутнику ABWPV ребро AB паралельно діагоналі VW. Звідси ABWV - це рівнобедрений трапеція. Сторони VA і WB (вироблені) зустрічаються на S в площині п'ятикутника ABWPV.

Δ SAB має рівні базові кути, тому SA = SB.

Звідси SV = SW.

Аналогічно BC || WX, і WB і XC зустрічаються в якийсь момент S' на лінії WB.

Тепер Δ S'BC ≡ Δ САБ, так S'B = СА = СБ. Звідси S = S, а лінії VA, WB, XC, YD, ZE все зустрічаються на S.

Починаючи з VW || AB, ми знаємо, що Δ SAB ~ Δ SVW, з масштабним коефіцієнтом

$\tau :1$= ФОЛЬКСВ: АБ = СВ: СА.

Якщо СА = х, то X + 1: X =$\tau :1$, тому X =$\tau$.

Нехай M - середина AB і нехай O позначає центр окружності правильного п'ятикутника ABCDE.

Δ OAB є рівнобедреним, тому ОМ перпендикулярний AB, а необхідний двогранний кут між двома п'ятикутними гранями - OMP.

Виявляється, краще знайти не двогранний кут OMP, а його доповнення: а саме кут SMO.

З Δ ОАМ ми бачимо, що

ОА =$\frac{1}{2\mathrm{гріх}{36}^{°}}$,

і ми знаємо, що SA =$\tau =$2cos36°. Потім можна перевірити, що ОС =$\mathrm{ліжечко}$36°.

Аналогічно, в Δ OAM ми маємо

ОМ =$\frac{\mathrm{ліжечко}{36}^{°}}{2}$.

Отже, в Δ ОМС ми маємо

загар (SMO) = 2.

Звідси необхідний двогранний кут дорівнює$\pi -\mathrm{арктан}2\approx$116.56°.

199.

(a) (i) Нехай М буде середньою точкою змінного струму. Кут між двома гранями дорівнює BMD.

У Δ BMD ми маємо БМ = ДМ =$\sqrt{3}$, БД = 2$\tau$= 1 +$\sqrt{5}$. Отже, правило косинуса в Δ BMD дає:

$6+2\sqrt{5}=3+3$- 2· 3· cos (BMD),

так cos (BMD) = -$\frac{\sqrt{5}}{3}$,

∠$БМD=\mathrm{аркос}\left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)=\pi -\mathrm{аркос}\left(\frac{\sqrt{5}}{3}\right)\approx {138.19}^{°}$.

(ii)$\frac{\sqrt{5}}{3}>\frac{1}{2}$; Отже, БМД>$\frac{}{}$2π3, Таким чином, ми можемо помістити дві копії уздовж загального краю, але не три.

(b) (i) Тепер нехай M позначає середню точку BC, і припустимо, що ОМ, витягнутий за M, відповідає окружності в V. Тоді БВ - це ребро правильних 10-конусівписаних в окружність. Радіус окружності OB BCDEF (який дорівнює довжині краю вписаного правильного шестикутника) дорівнює

ОБ =$\frac{1}{\mathrm{гріх}{36}^{°}}$;

і МБВ = 18°,

так БВ =$\frac{1}{\cos {18}^{°}}$.

Найпростіше використовувати зворотну теорему Піфагора, і записати все спочатку в терміні cos 36°, потім (так як$\tau$ $=2\cos 36$°, так$\cos {36}^{°}=\frac{1+\sqrt{5}}{4})$написати все в терміні$\sqrt{5}$.

Якщо ми використовуємо гріх ² 36° = 1 - cos ² 36°, і 2cos ² 18° - 1 = cos 36° =$\frac{1+\sqrt{5}}{4}$, потім

БВ ² + ОБ ² =${\left(\frac{1}{\cos {18}^{°}}\right)}^2+\left(\frac{1}{\mathrm{гріх}{36}^{°}}\right)$²

=$\frac{8}{5+\sqrt{5}}+\frac{8}{5-\sqrt{5}}$

=$\frac{80}{20}$= ²

= АБ ².

Отже, у прямокутному трикутнику Δ AOB ми повинні мати OA = BV, як стверджується.

(ii) Дивом більше роботи не потрібно. Нехай вершина на «південному полюсі» буде L, а п'ятикутник, утворений його п'ятьма сусідами, буде GHIJK. Це допомагає, якщо ми можемо називати коло BCDEF як «тропік Рака», а на коло GHIJK як «тропік Козерога».

П'ятикутник GHIJK паралельний BCDEF, але вершини південного п'ятикутника були повернуті через$\frac{\pi }{5}$щодо BCDEF, так що G (скажімо) лежить на окружності п'ятикутника GHIJK, але сидить безпосередньо нижче середини другорядної дуги до н.е. Нехай X позначає точку на «тропіку Козерога», яка знаходиться безпосередньо під B. Тоді Δ BXG - прямокутний трикутник з BG = AB = 2, а XG = BV дорівнює довжині краю правильного 10-кутника, вписаного в окружність GHIJK. Отже, шляхом обчислення в (i), BX дорівнює довжині краю правильного шестикутника, вписаного в одне і те ж коло - що також дорівнює радіусу кола.

200. Необхідною умовою для копій правильного багатогранника на «плитку 3D (без зазорів або накладок)» є те, що цілісне число копій має поєднуватися навколо краю. Тобто двогранний кут багатогранника повинен бути точним підкратним 2$\pi$. Тільки куб задовольняє цій необхідній умові.

Більш того, якщо взяти як вершини точки (p, q, r) з цілочисельними координатами p, q, r, і як наші регулярні багатогранники всі можливі переклади стандартного одиничного куба, що має протилежні кути в (0, 0, 0) і (1, 1, 1), то ми бачимо, що можна зробити плитку 3D за допомогою просто кубики.

201. Чотири діаметри утворюють чотири краю квадратного ABCD довжини краю 2.

Виступаючі напівкруглі відрізки зліва і справа можна відрізати і вставити, щоб точно заповнити напівкруглі поглиблення зверху і знизу.

Звідси складова форма має площу рівно рівну ² = 4 квадратних одиниць.

202.

(а) Якщо регулярний n -кутник дорівнює ACEg·а регулярний 2n -кутник ABCdeFg·s, то AC = s_n = s і AB = s _2n = t. Якщо M - середина змінного струму, AM =$\frac{s}{2}$і

МБ =$1-\sqrt{(1-\left(\frac{s}{2}\right)=\left(\frac{s}{2}\right)}$².

$$\begin{array}{ccc}\therefore {т}^2\hfill & ={AБ}^2\hfill & \hfill \text{(1)}\\ \hfill & ={\left(\genfrac{}{}{0.1ex}{}{s}{2}\right)}^2+{[1-\sqrt{1-{\left(\genfrac{}{}{0.1ex}{}{s}{2}\right)}^2}]}^2\hfill \\ \hfill & =1+1-2\sqrt{1-{\left(\genfrac{}{}{0.1ex}{}{s}{2}\right)}^2}\hfill \\ \hfill & =2-\sqrt{4-s^2}.\hfill \end{array}$$

(b) Покладіть s = s ₂ = 2 in (1), щоб отримати

т = с ₄ =$\sqrt{2}$. Потім ставимо s = s ₄ =$\sqrt{2}$in (1) щоб отримати t = s ₈ =$\sqrt{2-\sqrt{2}}$.

(c) Покладіть t = s ₆ = 1 in (1), щоб отримати s = s ₃ =$\sqrt{3}$. Потім ставимо s = s ₆ = 1, щоб отримати

т = с ₁₂ =$\sqrt{2-\sqrt{3}}$.

(г) Поставити s = s ₅ =$\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2}$щоб отримати

$т={}_{}$s10=3−52.

203.

(а) (i)

п = 3: р ₃ = 3$\sqrt{3}\times р$

п = 4: р ₄ =$4\sqrt{2}\times р$

п = 5: р ₅ =$\frac{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2}\times р$

п = 6: р ₆ = 6$\times р$

п = 8: р ₈ = 8$\sqrt{2-\sqrt{2}}\times р$

п = 10: р ₁₀ = 5$\sqrt{6-2\sqrt{5}}\times р$

п = 12: р ₁₂ = 12$\sqrt{2-\sqrt{3}}\times р$.

(ii)

$$\begin{array}{ccc}{c}_3=5.19\cdots \hfill & <\hfill & c_4=5.65\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_5=5.87\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_6=6\hfill \\ \hfill & <\hfill & c_8=6.12\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_{10}=6.18\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_{12}=6.21\cdots .\hfill \end{array}$$

(б) (i)

п = 3: П ₃ = 6$\sqrt{3}\times р$

п = 4: П ₄ = 8$\times р$

п = 5: П ₅ = 10$\sqrt{5-2\sqrt{5}}\times р$

п = 6: П ₆ = 4$\sqrt{3}\times р$

п = 8: П ₈ = 8$\left(2\sqrt{2}-2\right)\times р$

п = 10: П ₁₀ =$4\sqrt{25-10\sqrt{5}}\times р$

п = 12: П ₁₂ =$12\left(4-2\sqrt{3}\right)\times р$.

(ii)

$$\begin{array}{ccc}{C}_3=10.39\cdots \hfill & >\hfill & C_4=8\hfill \\ \hfill & >\hfill & C_5=7.26\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_6=6.92\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_8=6.62\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_{10}=6.49\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_{12}=6.43\cdots .\hfill \end{array}$$

(c) Дозволяти O бути центром кола радіуса r. Нехай A, B лежать на колі зaoB = 30°.

Дозвольте M бути серединою AB - так що Δ OAB є рівнобедреним, з вершиною O і висотою h = ОМ.

Нехай А' лежать на ОА вироблені, і нехай Б' лежать на OB вироблені, такі, що ОА' = OA' і A'B' є дотичною до кола.

Тоді Δ OAB ~ Δ OA'B' з Δ OA'B 'більше, ніж Δ OAB, тому масштабний коефіцієнт$\frac{1}{ч}=2\sqrt{2-\sqrt{3}}>1$.

Звідси${}_{}$Р12=22−3×р12>р12,soC12>c12.

204. (i)$\pi р$(ii)$$π2р(iii)$\theta р$

205.

(a) (i) Примітка: Це може бути довгим слогом. Однак ми виконували більшу частину роботи раніше: коли радіус дорівнює 1, більшість необхідних областей були розраховані саме в задачі 3 та задачі 19.

Крім того, площа кожного з n секторів дорівнює$$12гріхθ, де$\theta$кут, піднесене в центрі кола, а точні значення необхідних функцій трига також були обчислені ще в главі 1.

$a_3=\frac{3\sqrt{3}}{4}\times$р ²

$a_4=2\times$р ²

$a_5=\frac{5}{8}\sqrt{10+2\sqrt{5}}\times$р ²

$a_6=\frac{3\sqrt{3}}{2}\times$р ²

$a_8=2\sqrt{2}\times$р ²

${}_{}$a10=5410−25×р ²

${}_{}$a12=3×р ²

(ii)

$$\begin{array}{ccc}{d}_3=1.29\cdots \hfill & <\hfill & d_4=2\hfill \\ \hfill & <\hfill & d_5=2.37\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_6=2.59\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_8=2.82\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_{10}=2.93\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_{12}=3.\hfill \end{array}$$

(b) (i) Примітка: Це також може бути довгим слогом. Однак ми зробили більшу частину роботи раніше. Але зверніть увагу, що, коли радіус дорівнює 1, площа кожного з n секторів дорівнює половині довжини ребра на висоту (= 1); так що якщо r=1, то загальна площа чисельно дорівнює «половині периметра P_n».

$A_3=3\sqrt{3}\times$р ²

$A_4=4\times$р ²

$A_5=5\sqrt{5-2\sqrt{5}}\times$р ²

$A_6=2\sqrt{3}\times$р ²

$A_8=8\left(\sqrt{2}-1\right)\times$р ²

${}_{}$A10=225−105×р ²

${}_{}$A12=12(2−3)×р ²

(ii)

$$\begin{array}{ccc}{D}_3=5.19\cdots \hfill & >\hfill & D_4=4\hfill \\ \hfill & >\hfill & D_5=3.63\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_6=3.46\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_8=3.31\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_{10}=3.24\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_{12}=3.21\cdots .\hfill \end{array}$$

(c) Дозволяти O бути центром кола радіуса r. Нехай A, B лежать на колі зaoB = 30°.

Дозвольте M бути серединою AB - так що Δ OAB є рівнобедреним, з вершиною O і висотою h = ОМ.

Нехай А' лежать на ОА вироблені, і нехай Б' лежать на OB вироблені, такі, що ОА' = OA' і A'B' є дотичною до кола.

Тоді Δ OAB ~ Δ OA'B' з Δ OAB, що міститься в Δ OA'B, тому масштабний коефіцієнт$\frac{1}{ч}=2\sqrt{2-\sqrt{3}}>1$.

Звідси 4 (2 -$\sqrt{3}$) ·$a_{12}=A_{12}>a_{12}$,

тому$D_{12}>d_{12}$.

206. Переставлена форма (показана на малюнку 9) - це «майже прямокутник», де ОА утворює «майже висоту», а OA = r Половина 2n кругових дуг, таких як AB, утворюють верхню «ширину», а інша половина утворюють «нижню. width», тому кожна з цих «майже ширини» дорівнює половині периметра кола, а саме$\pi$р.

Малюнок 9: Випрямлення кола.

Звідси площа переставленої форми дуже близька до

$$р×πр=πр ².

207.

(а) Розріжте вздовж генератора, відкрийте і покладіть поверхню рівною, щоб отримати: a 2$\pi$r на h прямокутник і два кругових диска радіусом r.

Звідси загальна площа поверхні

2$\pi$р ² + 2$\pi$rh =$$2πр(р+ч).

(b) Бічна поверхня складається з n прямокутників, кожен з розмірами s_n на h (де s_n - довжина краю правильного n -кутника), і, отже, має площу p_nH = 2${\Pi }_{п}рч$.

Додавання в двох кінцевих дисків (кожен з областю$$12Рпр)потім дає загальну площу поверхні$$2Πпр(р+ч).

208.

(а) (i)$$12πr ²; (ii)$$14πr ²; (іii)$\frac{\theta }{2}$р ².

(b) Сектор має два радіуси загальної довжини 2r. Значить, кругова повинна мати довжину.$(\pi -2)р$, і так зменшує кут$\pi$- 2 в центрі, тому є площа$\frac{\pi -2}{2}$р ².

209.

(а) Спочатку зосередьтеся на похилій поверхні. Якщо розрізати уздовж «генератора» (відрізок прямої лінії, що з'єднує вершину з точкою на окружності підстави), поверхня відкривається вгору і лягає рівно, утворюючи сектор кола радіусом l. Зовнішня дуга цього сектора має довжину 2$\pi$r, тому кут сектора в центрі дорівнює$\frac{р}{л}$· 2$\pi$, і, отже, його площа$\frac{р}{л}$·$\pi$л ² =$\pi$рл.

Додавання площі підстави дає загальну площу поверхні конуса як

$\pi р(р+л)=\frac{1}{2}$·$$2πр(р+л).

(b) Нехай M буде середньою точкою краю BC і нехай l позначає «похилу висоту» AM.

Тоді площа n похилих граней дорівнює$\frac{1}{2}{Р}_{п}$· l, при цьому площа підстави дорівнює$\frac{1}{2}{Р}_{п}$· р.

Звідси площа поверхні точно$\frac{1}{2}{Р}_{п}$$(р+л)$.

210.

(a) Якщо AB є краєм вписаного правильного n -кутника ABCD$\mathrm{...}$, А O - центр окружності, тоaOB =$\frac{}{}$2πп, так АВ = 2р$\mathrm{гріх}\frac{\pi }{п}$. Значить, необхідне співвідношення дорівнює$\frac{}{}$гріхπпπп, який має тенденцію до 1, оскільки n прагне$\infty$.

(b) Якщо AB є краєм обмеженого регулярного n -кутника ABCD$\mathrm{...}$, А O - центр окружності, тоaOB =$\frac{}{}$2πп, так АВ = 2р$\mathrm{загар}\frac{\pi }{п}$. Значить, необхідне співвідношення дорівнює$\frac{}{}$загарπпπп, який має тенденцію до 1, оскільки n прагне$\infty$.

211.

(a) Якщо AB є краєм вписаного правильного n -кутника ABCD$\mathrm{...}$, А O - центр окружності, тоaOB =$\frac{}{}$2πп, так площа (Δ OAB) =$$12р2гріх2πп. Значить, необхідне співвідношення дорівнює$\frac{}{}$гріх2πп2πп, який має тенденцію до 1, оскільки n прагне$\infty$.

(b) Якщо AB є краєм обмеженого регулярного n -кутника ABCD$\mathrm{...}$, А O - центр окружності, тоaOB =$\frac{}{}$2πп, так площа (Δ OAB) = r ²$$загарπп. Значить, необхідне співвідношення дорівнює$\frac{}{}$загарπпπп, який має тенденцію до 1, оскільки n прагне$\infty$.

212.

(а) площа (P ₂) = площа (P ₁) + площа (P ₂ - P ₁) > площа (P ₁).

(b) Цей загальний результат чітко пов'язаний з міркуваннями попереднього розділу. Але незрозуміло, чи дійсно ми можемо очікувати довести це наявними інструментами. Тож він був включений частково в надію, що читачі можуть оцінити труднощі, властиві доведенню такого «очевидного» результату.

Зрештою, будь-яка спроба довести це, здається, підкреслює необхідність використання «доказ шляхом індукції» — наприклад, на кількості ребер внутрішнього багатокутника. Цей метод формально не розглядається до глави 6, але потрібен тут.

• Припустимо, внутрішній багатокутник P ₁ = ABC має тільки n = 3 ребра, і має периметр p ₁.

Проведіть лінію через A, паралельну BC, і нехай вона зустрічає (межу) багатокутника P ₂ в точках U і V. Нерівність трикутника (Задача 146 (c)) гарантує, що довжина UV менше або дорівнює довжині складеного шляху від U до V по периметру багатокутника P ₂ (тримаючись на протилежній стороні лінія UV від B і C). Отже, якщо відрізати частину Р ₂ на стороні лінії УФ протилежної В і С, то отримаємо новий зовнішній опуклий багатокутник Р ₃, який містить Р ₁, і периметр якого не більше, ніж у Р ₂.

Тепер проведіть лінію через B паралельно змінному струму, і нехай вона зустрічає межу Р ₃ в точках W, X. Якщо відрізати частину Р ₃ на стороні прямої WX протилежної А і С, то отримаємо новий зовнішній опуклий багатокутник Р ₄, який містить Р ₁, і периметр якого не більше, ніж у Р ₃.

Якщо ми тепер зробимо те ж саме, провівши лінію через C паралельно AB, і відрізаємо відповідну частину P ₄, отримаємо кінцевий зовнішній опуклий багатокутник P ₅, який містить багатокутник P ₁, і периметр якого не більше, ніж у P ₄ — і, отже, не більше, ніж у вихідного зовнішнього багатокутника P ₂.

Всі три вершини A, B, C P ₁ тепер лежать на кордоні зовнішнього багатокутника P ₅, тому нерівність трикутника гарантує, що AB не більше довжини складеного шляху по межі Р ₅ від А до В (перебування на протилежному боці лінії АВ від С). Аналогічно БК не більше довжини складеного шляху уздовж кордону Р ₅ від В до С; а СА не більше довжини складеного шляху уздовж кордону Р ₅ від С до А. .

Звідси периметр р ₁ трикутника Р ₁ не більше периметра зовнішнього багатокутника Р ₅, периметр якого був не більше периметра вихідного зовнішнього багатокутника Р ₂. Звідси результат тримається, коли внутрішній багатокутник є трикутником.

• Тепер припустимо, що результат був доведений, коли внутрішній багатокутник є k -кутником, для деяких k ≥ 3, і припустимо, що ми представлені парою багатокутників P ₁, P ₂, де внутрішній багатокутник P ₁ = ABCD·є опуклим (k+1) -кутником.

Проведіть лінію m через C паралельно BD. Нехай ця лінія відповідає зовнішньому багатокутнику P ₂ при U і V. Відріжте частину Р ₂ на протилежному боці від лінії UCV до B і D, залишивши новий зовнішній опуклий багатокутник Р з периметром не більше, ніж у Р ₂. Доведено, що периметр багатокутника P ₁ менший, ніж у багатокутника P — і, отже, менший, ніж у P ₂. Аналогічно, можна припустити, що UCV є краєм P ₂.

Перевести пряму m паралельно собі, від m до BD і далі, поки вона не досягне положення кінцевого контакту з багатокутником P ₁, що проходить через вершину X (а можливо і ціле ребро XY) внутрішнього багатокутника P ₁. Нехай ця кінцева лінія зіткнення паралельна m буде m '.

Оскільки P ₁ опукла і k ≥qslant 3, ми знаємо, що X відрізняється від B і від D. Як і раніше, можна вважати, що m 'є ребром зовнішнього багатокутника P ₂. Виріжте обидва P ₂ і P ₁ уздовж лінії CX, щоб отримати дві менші конфігурації, кожна з яких складається з внутрішнього опуклого багатокутника всередині зовнішнього опуклого багатокутника, але в якому

• кожен з внутрішніх багатокутників має не більше k ребер, і

• у кожній з менших конфігурацій внутрішній і зовнішній багатокутники поділяють ребро CX.

Потім (шляхом індукції на кількість ребер внутрішнього багатокутника) периметр кожного внутрішнього багатокутника не більше периметра відповідного зовнішнього багатокутника; так для кожного внутрішнього багатокутника частковий периметр, що проходить від C до X (опускаючи ребро CX ) не більше часткового периметра відповідного зовнішнього багатокутника, що проходить від C до X (без краю CX). Отже, коли ми знову покладемо дві частини разом, ми бачимо, що периметр Р ₁ не більше периметра Р ₂.

Отже, результат тримається, коли P ₁ є трикутником; і якщо результат тримається, коли внутрішній багатокутник має k ≥qslant 3 ребра, він також тримається, коли внутрішній багатокутник має (k+ 1) ребра.

Звідси випливає, що результат містить будь-яку кількість ребер внутрішнього багатокутника. КЕД

213.

(a) Приєднуйтесь до PQ. Потім лінії y = B і X = d зустрічаються на R, утворюючи прямокутний трикутник PQR.

Потім теорема Піфагора передбачає, що (d - a) ² + (e - b) ² = PQ ².

(б) Приєднуйтесь до PQ. Точки Р = (a, B, c) і R = (d, e, c) лежать в площині z = c Якщо ми працюємо виключно в цій площині, то частина (а) показує, що

ПР ² = (д - а) ² + (е - б) ².

QR = | F - c|, а Δ PRQ має прямий кут на R.

Звідси

ПК ² = ПР ² + РК ² = (д - а) ² + (е - б) ² + (ф - в) ².

214.

(а) площа (Δ ABC) =$\frac{}{}$бc2, площа (Δ ACD) =$\frac{}{}$cd2, площа (Δ ABD) =$\frac{}{}$бd2.

(b) [Це може бути довгий алгебраїчний слог. І відповідь може приймати дуже різні форми дивлячись залежно від того, як один триває. Більш того, більшість результуючих виразів не дуже гарні і, ймовірно, містять помилки.

Одним із способів уникнути цього слогу є звернення до того, що модуль векторного добутку DB × DC дорівнює площі паралелограма, що охоплюється ДБ.

і DC — і так вдвічі більше площі Δ BCD.]

(c) Однак частина (b) є приблизно OAC hed, насправді це правда, що площа (Δ$БCD{)}^2={(\frac{}{}}^{}$бc2)2+ ${(\frac{}{}}^{}$cd2)2+(бd2)2,

щоб

площа (Δ ABC) ² + площа (Δ ACD) ² + площа (Δ ABD) ² = площа (Δ BCD) ².

215.

(a) b і c - це дійсно довжини дуг великих кіл на одиничній сфері: тобто дуги кіл радіуса 1 (по центру сфери). Однак ще в главі 1 ми використовували «довжину» таких кругових дуг, щоб визначити кут (в радіанах), піднесений дугою в центрі. Так b і c - це також кути (в радіанах).

(б) Єдиними стандартними функціями кутів є знайомі функції трига (sin, cos).

(c) Якщо c = 0, то на виході слід вказати, що a = B, тому c не повинен впливати на вихід. Це говорить про те, що ми можемо очікувати формулу, яка передбачає «додавання гріха с» або «множення на cos c».

Аналогічно, коли B = 0, вихід повинен дати a= c, тому ми можемо очікувати формулу, яка передбачає «додавання sin b» або «множення на cos b».

Загалом, слід очікувати формулу, в якій b і c виявляються взаємозамінними (оскільки вхідна пара (b, c) однаково цілком може бути замінена на вхідну пару (c, b) і повинна дати однакове вихідне значення a).

(d) (i) Якщо BC проходить уздовж екватора іB = C =$\frac{\pi }{2}$, то BA і CA проходять по колах довготи, тому A повинен знаходитися на Північному полюсі. Так як A - прямий кут, то з цього випливає, що a = B = c =$\frac{\pi }{2}$. (Це, як правило, виключає думку про те, що формула може включати «додавання гріха B та додавання гріха c».)

(ii) Припустимо, що B =$\frac{\pi }{2}$. Так як ми можемо уявити АВ уздовж екватора, а так як є прямий кут у А, то з цього випливає, що AC і BC обидва лежать по колах довготи, і так зустрічаються на Північному полюсі. Отже C буде на північному полюсі, тому a = B =$\frac{\pi }{2}$.

Входи до будь-якої сферичної версії теореми Піфагора тоді B =$\frac{\pi }{2}$, і c. І c не обмежений, тому кожне можливе вхідне значення c повиннопривести до того ж виводу a =$\frac{\pi }{2}$. Це, як правило, свідчить про те, що формула включає деяку кратну продукту, що поєднує «cos b» з деякою функцією c. А оскільки входи «b» та «c» повинні з'являтися симетрично, ми можемо обґрунтовано очікувати деякого кратного «cos B · cos c».

216.

(a) Δ OAB 'має прямий кут при A зaob' = AOB = c. Отже, AB' = загар c. Аналогічно AC' = загар b.

Звідси B'C' ² = загар ² Б + загар ² с.

(б) У Δ OAB «ми бачимо, що OB' = сек c Аналогічно OC' = сек b. Тепер ми можемо застосувати правило косинуса до Δ OB'C ', щоб отримати:

$$\begin{array}{l}{\mathrm{загар}}^2б+{\mathrm{загар}}^{2}c={\mathrm{сек}}^2б+{\mathrm{сек}}^{2}c-2\mathrm{сек}б·\mathrm{сек}c·\cos \left(\angle {Б}^{\prime }O{C}^{\prime }\right)\\ ={\mathrm{сек}}^2б+{\mathrm{сек}}^{2}c-2\mathrm{сек}б·\mathrm{сек}c·\cos a.\end{array}$$

Звідси cos a = cos B · cos c. QED

217. Побудувати площину, дотичну до сфери на A. Розширте OB, щоб зустріти цю площину в B ', і продовжити OC, щоб зустріти літак в C'.

Δ OAB 'має прямий кут при A зaob' = AOB = c. Отже AB' = загар c. Аналогічно AC' = загар b.

Звідси B'C' ² = загар ² B + тан ² c - 2· тан B · тан с· cos A.

У Δ OAB `ми бачимо, що OB' = сек c Аналогічно OC' = сек b.

Тепер ми можемо застосувати правило косинуса до Δ OB'C, щоб отримати:

$$\begin{array}{l}{\mathrm{загар}}^2б+{\mathrm{загар}}^{2}c-2·\mathrm{загар}б·\mathrm{загар}c·\cos A\\ ={\mathrm{сек}}^2б+{\mathrm{сек}}^{2}c-2\mathrm{сек}б·\mathrm{сек}\left(\angle {Б}^{\prime }O{C}^{\prime }\right)\\ ={\mathrm{сек}}^2б+{\mathrm{сек}}^{2}c-2\mathrm{сек}б·\mathrm{сек}c·\cos a.\end{array}$$

Звідси cos a = cos b· cos c + грін b· sin c · cos A. QED

218. Ми показуємо, що$\frac{}{}$гріхбгріхa=гріхБ(де B позначає кут ABC у вершині B).

Побудувати площину T, яка є дотичною до сфери в точці B. Нехай O бути центром сфери; нехай ОА

вироблені зустрітися літак T в A'', і нехай OC виробляється зустріти літак T в C''.

Уявіть, що BA розташований уздовж екватора; тоді BA''є горизонтальним; AC лежить на колі довготи, тому A'c'is вертикально. Звідси c'BA'''=B, іBa''C'is прямий кут; так гріх$Б=\frac{A\prime \prime C\prime \prime }{БC\prime \prime }$.

Δ OA'C'' знаходиться під прямим кутом на A''; іa'c'oc's = b; так гріх B =$\frac{A\prime \prime C\prime \prime }{OC\prime \prime }$.

Δ OBC ''знаходиться під прямим кутом в B; іBoc'' = а; так гріх а =$\frac{БC\prime \prime }{OC\prime \prime }$.

Звідси$\frac{\mathrm{гріх}б}{\mathrm{гріх}a}$= sin B залежить тільки від кута в B, так$\frac{}{}$гріхбгріхa=гріхб′гріхa′=гріхБ.

219. Ми показуємо, що

$\frac{}{}$гріхaгріхA=гріхбгріхБ.

Розташуйте трикутник (а точніше «поверніть сферу») так, щоб АВ проходив уздовж екватора, причому змінний струм веде в північну півкулю.

(i) Якщо A є прямим кутом, то

$\frac{}{}$гріхбгріхa=гріхБ=гріхБгріхA

за задачею 218. Звідси

$\frac{}{}$гріхaгріхA=гріхбгріхБ.

Те ж саме вірно, якщо B є прямим кутом.

(ii) Якщо A і B обидва менші за прямий кут, можна намалювати коло довготи від C до якоїсь точки X на AB. Потім можна застосувати Задача 218 до двох трикутників Δ CXA і Δ CXB (кожен з прямим кутом під X). Нехай х позначає довжину СХ. Тоді$\frac{}{}$гріххгріхб=гріхA,aпdгріххгріхa=гріхБ.

Звідси гріх В · гріх А = гріх Х = гріх а · гріх Б, так

$\frac{}{}$гріхaгріхA=гріхбгріхБ.

(iii) Якщо A (скажімо) більше прямого кута, коло довготи від C відповідає лінії BA, витягнутої за межі A в точці X (скажімо). Якщо ми дозволимо CX = x, то можна сперечатися аналогічно, використовуючи трикутники Δ CXA і Δ CXB, щоб отримати$\frac{}{}$гріххгріхa=гріхБ,aпdгріххгріхб=гріхA, звідки

$\frac{}{}$гріхaгріхA=гріхбгріхБ.

220. Нехай X = (x, y) є довільною точкою локусу.

(i) Тоді відстань від X до m дорівнює y, тому встановлення цього рівного XF дає рівняння:

у ² = х ² + (у - 2а) ²,

або

${х}^2=4a(у-a)$.

(ii) Якщо ми змінимо координати і виберемо лінію y = a як нову вісь x, тоді рівняння стане x ² = 4Ay. Потім крива дотична до нової осі x у (новому) початку та симетрична щодо осі y.

221.

(а) Виберіть лінію AB як вісь x, а перпендикулярну бісектрису AB як вісь y. Потім A = (-3, 0) і B = (3, 0). Точка X = (x, y) є точкою невідомого локуса саме тоді, коли

(х + 3) ² + у ² = ХА ² = (2· XB) ² = 2 ² ((х - 3) ² + у ²)

тобто, коли

(х - 5) ² + у ² = 4 ².

Це рівняння кола з центром (5, 0) і радіусом r = 4.

(b) Виберіть лінію AB як вісь x, а перпендикулярну бісектрису AB як вісь y.

Якщо F = 1, локус - перпендикулярна бісектриса АВ.

Можна припустити, що F > 1 (оскільки якщо F < 1, то BX : AX = f ^-1: 1 і f ^-1 > 1, тому ми можемо просто поміняти мітки A і B).

Тепер A = (-b, 0) і B = (b, 0), а точка X = (x, y) є точкою невідомого локусу саме тоді, коли

(х + б) ² + у ² = ХА ² = (f· XB) ² = f ² [(x - b) ² + у ²]

тобто, коли

х ² (ф ² - 1) - 2вх (ф ² + 1) + у ² (ф ² - 1) + б ² (ф ² - 1) = 0

${\left(х-\frac{б(f^2+1)}{f^2-1}\right)}^2+{у}^2={\left(\frac{2fб}{f^2-1}\right)}^2.$

Це рівняння кола з центром$\left(\frac{б(f^2+1)}{f^2-1},0\right)$і радіус r =$\frac{2fб}{f^2-1}$.

222.

(а) Виберіть лінію AB як вісь x, а перпендикулярну бісектрису AB як вісь y.

Потім A = (-c, 0) і B = (c, 0). Точка X = (x, y) є точкою невідомого локуса саме тоді, коли

2а -$2a=AХ+БХ=\sqrt{{(х+c)}^2+{у}^2}+\sqrt{{(х-c)}^2+{у}^2}$,

тобто, коли

$$2a-\sqrt{{(х+c)}^2+{у}^2}=\sqrt{{(х-c)}^2+{у}^2}$$

∴ 4а ² - 4а$\sqrt{{(х+c)}^2+{у}^2}=\sqrt{{(х-c)}^2+{у}^2}$ $\sqrt{{(х+c)}^2+{у}^2}+[{(х+c)}^2$

∴ а ² + сх = а (х + с) ² + у ²

＞ (a ² - c ²) х ² + a ² y ² = a ² (a ² - c ²)

Налаштування$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{c}{a}$= e потім дає рівняння для локуса у вигляді:

$\frac{}{}$х2a2+у2a2(1−е2)=1.

Примітка: При виведенні рівняння ми звели в квадрат обидві сторони (двічі). Це може ввести помилкові рішення. Тому ми повинні перевірити, що кожне рішення (x, y) кінцевого рівняння задовольняє вихідній умові.

(b) Задано дійсне число e< 1, тому ми можемо встановити відстань від F до m be$\frac{a}{е}\left(1-{е}^2\right)$. Виберіть пряму через F і перпендикулярну m як осі x. Для початку вибираємо лінію m як y -вісь і коригуємо пізніше, якщо це необхідно.

Отже, F має координати$\left(\frac{a}{е}\left(1-{е}^2\right),0\right)$, а точка X = (x, y) є точкою невідомого локусу саме тоді, коли

${\left(х-\frac{a}{е}\left(1-{е}^2\right)\right)}^2+{у}^2={(ех)}^2$,

які можна переставити як

$\left(1-{е}^2\right){х}^2-2\frac{a}{е}(1-{е}^2)х+{\left(\frac{a}{е}\right)}^2{(1-{е}^2)}^2+{у}^2=0$,

і далі як

(1 - е ²)$\left[{х}^2-2\frac{a}{е}х+{\left(\frac{a}{е}\right)}^2\right]+{у}^2={\left(\frac{a}{е}\right)}^2(1-{е}^2)-{\left(\frac{a}{е}\right)}^2{(1-{е}^2)}^2$

=$\left(\frac{a}{е}\right)$² (е ² - е ⁴)

= а ² (1 - е ²)

∴${\left(х-\frac{a}{е}\right)}^2+\frac{{у}^2}{1-{е}^2}=a^2$.

Якщо ми тепер перемістити y -вісь до лінії$х=\frac{a}{е}$рівняння набуває більш простий вигляд:

$\frac{}{}$х2a2+у2a2(1−е2)=1.

(c) Це було зроблено в похідних у розчині частин (a) і (b).

223.

(а) Нерівність трикутника показує, що якщо AX> BX, то AB + BX ≥qslant AX; отже, локус не порожній лише тоді, коли a$⩽$c Якщо a = c, то X повинен лежати на лінії AB, але не між A і B, тому локус складається з двох півліній на AB поза межами AB. Отже, ми можемо припустити, що a < c.

Виберіть лінію AB як вісь x, а перпендикулярну бісектрису AB як вісь y.

Потім A = (-c, 0) і B = (c, 0). Точка X = (x, y) є точкою невідомого локуса саме тоді, коли

$2a=|<я><у>AХ</у></я>-<я><у>БХ</у></я>|=\left|\sqrt{{(х+c)}^2+{у}^2}-\sqrt{{(х-c)}^2+{у}^2}\right|$.

Якщо AX> BX, ми можемо скинути знаки модуля і обчислити, як у задачі 222.

$2a+\sqrt{{(х-c)}^2+{у}^2}=\sqrt{{(х+c)}^2+{у}^2}$.

∴$$4a2+4a(х−c)2+у2+(х−c)2+у2=(х+c)2+у2

∴$a^2-cх=-a\sqrt{{(х-c)}^2+{у}^2}$

∴$(c^2-a^2){х}^2-a^2{у}^2=a^2(c^2-a^2)$

Налаштування$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{c}{a}$= e (> 1), потім дає рівняння для локуса у вигляді:

$\frac{{х}^2}{a^2}-\frac{{у}^2}{a^2({е}^2-1)}=1$.

Примітка: При виведенні рівняння ми звели в квадрат обидві сторони (двічі). Це може ввести помилкові рішення. Тому ми повинні перевірити, що кожне рішення (x, y) кінцевого рівняння задовольняє вихідній умові. Фактично, процес квадратизації вносить додаткові розв'язки у вигляді другої гілки локуса, відповідної саме точкам Х, де AX < BX.

(b) Задано дійсне число e> 1, тому ми можемо встановити відстань від F до m бути$\frac{a}{е}$(е ² - 1). Виберіть пряму через F і перпендикулярну m як осі x. Для початку вибираємо лінію m як y -вісь і коригуємо пізніше, якщо це необхідно.

Отже, F має координати$\left(\frac{a}{е}({е}^2-1),0\right)$$\left(\frac{a}{е}({е}^2-1),0\right)$, а точка X = (x, y) є точкою невідомого локусу саме тоді, коли

${\left(х-\frac{a}{е}({е}^2-1)\right)}^2+{у}^2={(ех)}^2$

∴ (е ^{2 - 1}) х ² +$\frac{}{}$2aе(е2−1)х−у2=(aе)2(е2−1)2

∴$({е}^2-1)[{х}^2+$2aех+(aе)2 ]−у2=(aе)2(е2−1)2+(aе)2(е2−1)

=${\left(\frac{a}{е}\right)}^2({е}^4-{е}^2)$

∴ (е ^{2 - 1})$[{х}^2+$2aех+(aе)2 ]−у2=a2(е2−1)

∴${\left(х+\frac{a}{е}\right)}^2-\frac{{у}^2}{{е}^2-1}=a^2$

Якщо ми тепер перемістимо вісь y до лінії X = -$\frac{a}{е}$рівняння набуває більш простий вигляд:

$\frac{{х}^2}{a^2}-\frac{{у}^2}{a^2({е}^2-1)}=1$.

(c) Це було зроблено в похідних у розчині частин (a) і (b).

224.

(a) Коли z = k є постійною, рівняння зводиться до рівняння кола

x ² + y ² = (rk) ² в площині z = k. коли січна площина є

xy -площина «z = 0», коло має радіус 0, тому є однією точкою.

(b) (i) Вертикальна площина через вершину розрізає конус в парі генераторів, що перетинаються на вершині.

(ii) Якщо січна площина через вершину менш крута, ніж генератор, то він зрізає конус тільки на вершині.

Якщо січна площина через вершину паралельна генератору, то він вирізає конус в генераторі — єдиному рядку (наступний абзац вказує на те, що цей рядок краще розглядати як пару «збігаються» ліній).

Що відбувається, коли ріжуча площина через верхівку крутіше генератора, може бути не інтуїтивно зрозуміло. Один із способів зрозуміти це - розглядати поперечний переріз як сукупність розв'язків двох одночасних рівнянь - одного для конуса, а іншого для площини (скажімо, y = nz, з n < r). Це призводить до рівняння

${х}^2=({р}^2-{п}^2)z^2,у=пz$,

з набором розчинів

$х=\pm z\sqrt{{р}^2-{п}^2},ху=пz$

який визначає пару ліній, що перетинаються на вершині.

Трохи простіший спосіб візуалізувати поперечний переріз в цьому випадку - дозволити вершині подвійного конуса бути A, а X - будь-якою іншою точкою поперечного перерізу. Тоді лінія AX є генератором конуса, тому лежить на поверхні конуса. Але A і X також лежать в січній площині — тому вся лінія AX повинна лежати в січній площині. Звідси в поперечному перерізі міститься вся лінія AX.

(c) (i) Якщо січна площина проходить через вершину і паралельна генератору конуса, то ми побачили в (б), що перетин - це просто сам генератор.

(ii) Таким чином, ми припускаємо, що січна площина не проходить через вершину, і може припустити, що вона вирізає нижню половину конуса. Якщо V - точка, найближча до вершини, де січна площина зустрічається з конусом, то крива поперечного перерізу починається з V і стає ширшою, коли ми спускаємося вниз по конусу. Оскільки площина паралельна генератору, площина ніколи не розрізає «іншу сторону» нижньої половини конуса, тому поперечний переріз ніколи не «закривається» - але продовжує відкриватися ширше і ширше, коли ми йдемо далі і далі вниз по нижній половині конуса.

Дозволяти S - сфера, яка вписана в конус над січною площиною, і яка дотична до січної площини при F. Дозволяти C - коло контакту між S і конусом. Нехай A буде вершиною конуса, і нехай кут вершини конуса дорівнює 2$\theta$. Нехай X - довільна точка поперечного перерізу. Щоб проілюструвати загальний метод, розглянемо спочатку особливий випадок, коли X = V - «найвища» точка поперечного перерізу. Відрізок лінії VA дотичний до сфери S, тому перетинає коло C в деякій точці M. Тепер VF лежить в січній площині, тому також дотична до сфери S в точці F. Будь-які дві дотичні до сфери з тієї ж зовнішньої точки рівні, тому випливає, що VM = VF. Причому ВМ точно дорівнює відстані від V до лінії m (так як

• по-перше лінія m лежить в горизонтальній площині через С і так знаходиться на тому ж горизонтальному рівні, що і М, і

• по-друге найкоротша лінія VM* від V до m, проходить прямо вгору по січній площині, яка паралельна генератору — так кут mvm*= 2$\theta$, звідки ВМ* = ВМ = ВФ).

Тепер нехай X буде довільною точкою кривої поперечного перерізу, і використовувати аналогічний аргумент. Спочатку лінія XA завжди є генератором конуса, так дотична до сфери S, і перетинає коло C в деякій точці Y. Більш того, XF також дотична до сфери. Звідси XY = XF. Залишається побачити, що XY дорівнює відстані XY* від X до найближчої точки Y* на лінії m — так як

• по-перше дві точки Y і Y* лежать на одному горизонтальному рівні (а саме горизонтальна площина через коло C), і

• по-друге обидва роблять однаковий кут$\theta$з вертикальним.

Звідси крива поперечного перерізу являє собою параболу з фокусом F і директрисою m.

(d) (i) Якщо січна площина менш крута, ніж генератор, перетин є замкнутою кривою. Якщо V і W - найвища і найнижча точки перетину площини з конусом, то перетин явно симетрично під відображенням в лінії VW. Інтуїтивно спокусливо думати, що нижній кінець біля W повинен бути «товстішим», ніж верхня частина кривої (даючи яйцеподібний переріз). Це виявляється помилковим, і правильна версія була відома стародавнім грекам, хоча помилка повторювалася в багатьох ретельних малюнках 14-15 століть (наприклад, Альбрехт Дюрер (1471—1528)).

(ii) Походження дуже схоже на те, що в частині (c), і ми залишаємо читача, щоб реконструювати його.

Альтернативний додаток OAC h полягає в тому, щоб вставити другу сферу S 'нижче січної площини, і надути її до тих пір, поки він не контактує з конусом по колу C', одночасно торкаючись січної площини в точці F '. Якщо X є довільною точкою кривої поперечного перерізу, то XA є дотичною до обох сфер, тому відповідає окружності C в деякій точці Y і відповідає колу C 'в деякій точці Y'. Тоді Y, X, Y 'є колінеарними. Крім того, XY = XF (оскільки обидва є дотичними до сфери S з точки X), і XY = XF '(оскільки обидва є дотичними до сфери S 'з точки X), так

ХФ+ ХФ' = XY+ XY' = Y'

Але YY 'дорівнює висоті нахилу конуса між двома нерухомими колами C і C', і так дорівнює константі k. Отже, специфікація фокусування у задачі 222 показує, що поперечний переріз є еліпсом.

(e) (i) Якщо січна площина крутіша за генератор, поперечний переріз зрізає як нижню половину, так і верхню половину конуса, щоб дати дві окремі частини поперечного перерізу. Жодна частина не «закривається», тому кожна частина відкривається все ширше.

Якщо V - найвища точка поперечного перерізу на нижній половині конуса, а W - найнижча точка поперечного перерізу на верхній половині конуса, то здається зрозумілим, що перетин симетричне під відображенням в лінії VW. Але зовсім незрозуміло, що дві половини поперечного перерізу точно конгруентні (хоча знову-таки це було відомо стародавнім грекам).

(ii) Формальна деривація дуже схожа на частину (c), і ми залишаємо читача реконструювати його.

Альтернативним додатком OAC h є копіювання альтернативи в (d), і вставити другу сферу S 'у верхній частині конуса, на тій же стороні січної площини, що і вершина, надути його, поки він не контактує з конусом по колу C ', поки одночасно торкаючись січної площини в точці F '. Якщо

X є довільною точкою кривої поперечного перерізу, тоді XA дотична до обох сфер, тому відповідає окружності C в деякій точці Y і відповідає колу C 'в деякій точці Y'. Тоді Y, X, Y 'є колінеарними. Крім того, X, F і F 'всі лежать на січній площині. Тепер XY = XF (так як обидва є дотичними до сфери S з точки X), і XY '= XF' (оскільки обидва є дотичними до сфери S 'з точки X). Якщо Х знаходиться на верхній половині конуса, то

XF - XF' = XY - XY' = Y'.

Але YY 'дорівнює висоті нахилу конуса між двома нерухомими колами C і C', і так дорівнює константі k. Отже, специфікація фокусування у задачі 223 показує, що поперечний переріз є гіперболою.

225.

(а) (i) 2 ¹; (ii) 1 = 2 ⁰

(б) (i) 2 ²; (ii) 1 = 2 ⁰; (iii) 4 = 2\ раз 2 ⁰ + 2 ¹

(c) (i) 2 ³; (ii) 1 = 2 ⁰; (iii) 12 = 2\ раз 4 + 2 ²; (iv) 6 = 2\ раз 2 ⁰ + 4

(г) (i) 2 ⁴; (ii) 1 = 2 ⁰; (iii) 32 = 2\ рази 12 + 2 ³; (iv) 24 = 2\ раз 6 + 12; (v) 8 = 2\ раз 2 ⁰ + 6

226.

(c) (i) Якщо уважно подивитися на наведену тут діаграму, ви повинні мати можливість побачити не тільки верхній і нижній 3D-куби, але і чотири інших 3D-куба, утворених шляхом приєднання кожного 2D-куба у верхньому 3D-кубі з відповідним 2D-кубом в нижньому 3D-кубі.

Примітка: Після того, як у нас 3D-куб, виражений у координатах, ми можемо точно вказати, які площини виробляють, які перерізи в задачі 38. Площина X + y + z = 1 проходить через три сусіди (0, 0, 0) і створює рівносторонній трикутний перетин. Будь-яка площина виду z = c (де c - постійна між 0 і 1) виробляє квадратний перетин. І площину X + y + z =$\frac{3}{2}$перпендикулярна бісектриса лінії, що з'єднується (0, 0, 0) до (1, 1, 1), і створює правильний шестикутник у вигляді поперечного перерізу.

227.

(a) Переглянути координати як (x, y, z). Почніть з початку (0, 0, 0) і об'їжджайте 3 краї нижнього 2D-куба «z = 0» до точки (0, 1, 0). Скопіюйте цей шлях довжиною 3 на верхній 2D-куб «z = 1» (від (0, 0, 1) до (0, 1, 1). Потім приєднатися (0, 0, 0) до (0, 0, 1) і приєднатися (0, 1, 0) до (0, 1, 1). результат

(0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 0, 1) (і назад до (0, 0, 0)

має властивість, що точно одна координата змінюється при переході від кожної вершини до наступної. Це приклад коду Грея довжиною 3.

Примітка: Скільки таких шляхів/схем є в 3D-кубі? Ми, звичайно, можемо порахувати тих, що описані тут. Кожна така схема має «напрямок»: 12 ребер 3D-куба лежать в одному з 3-х «напрямків», і кожна така схема містить всі чотири ребра в одному з цих 3 напрямків. Крім того, цей набір з чотирьох країв може бути завершений до схеми рівно 2 способами. Так є 3 × 2 таких схеми. У 3D це припадає на всі такі схеми. Але в більш високих розмірах цифри починають вибухати (в 4D-кубі налічується 1344 таких схем).

(b) Переглянути координати як (w, x, y, z). Почніть з початку (0, 0, 0, 0) і об'їжджайте 8 вершин нижнього 3D-куба «z = 0» до точки (0, 0, 1, 0). Потім скопіюйте цей шлях на верхньому 3D-кубі «z = 1» з (0, 0, 0, 1) до (0, 0, 1). Нарешті приєднатися (0, 0, 0, 0) до (0, 0, 0, 1) і приєднатися (0, 0, 1, 0) до (0, 0, 1, 1). результат

(0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 0),

(1, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0) (0, 0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 1, 1),

(0, 1, 0, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 1) (і повернутися до (0, 0, 0, 0)

має властивість, що точно одна координата змінюється при переході від кожної вершини до наступної. Це приклад коду Грея довжиною 4.

Примітка: Загальна конструкція розмірності n + 1 залежить від попередньої конструкції в розмірності n, тому використовує математичну індукцію (див. Задача 262 у главі 6).