Применение дистанционного обучения при изучении курса сферической геометрии

дипломная работа

3.5. Большая окружность как кратчайшая

Теорема 3. Во всяком сферическом треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других сторон и больше их разности.

В самом деле, пусть АВС - произвольный сферический треугольник. Допустим, что из двух сторон АВ, АС сторона АС большая. Отложим на стороне АС дугу АВ, равную дуге АВ (рис.21). Проведем какую-нибудь плоскость, проходящую через точки В. В и пересекающую лучи ОА и ОС (а не их продолжение) в точках А1 и С1. Треугольники ОА1В и ОА1В равны, (так как они имеют общую сторону ОА1. равные стороны ОВ и ОВ и равные углы при вершине О). Следовательно. А1В=А1В. Так как точки А1. В и С1 лежат на одной прямой, (являющейся пинией пересечения плоскостей ОАС и А1ВС1 ). Причем точка В лежит между А1 и С1, то

ВС1 = А1С1 - А1В=А1С1 - А1В ВС1.

Рассмотрим теперь треугольники ОВС1 и ОВС1. В этих треугольниках ОС1 - общая сторона и ОВ=ОВ, а третьи стороны связаны неравенством ВС1ВС1. Следовательно, углы, лежащие в этих треугольниках против неравных сторон, связаны неравенством ВОС1 ВОС1. Поэтому дуга ВС, стягиваемая углом ВОС, также меньше дуги ВС1, стягиваемой углом ВОС1. Иначе говоря,

АС - АВ = АС - АВ = ВС ВС,

т.е. каждая сторона сферического треугольника больше разности двух других его сторон. Отсюда, в свою очередь, вытекает, что

АС АВ + ВС,

т.е. каждая сторона сферического треугольника меньше суммы двух других его сторон.

Следствие 1. Во всяком сферическом треугольнике против большего угла лежит большая сторона, а против большей стороны лежит больший угол.

Доказательство: Пусть в сферическом треугольнике АВС имеет место неравенство С=B, тогда через вершину проходит внутри треугольника такая дуга CD, что АВС=ВСD. Треугольник ВСD - равнобедренный и BD=CD, тогда верно неравенство

AC<AD+DC=AD+DB=AB

И обратно, пусть теперь AB>AC, тогда предположим, что С=В. Отсюда следует, что АВ=АС или С<В, но тогда АВ<АС. Получили противоречие с условием.

Следствие 2. Дуга большой окружности, меньшая полуокружности, короче всякой линии, состоящей из дуг нескольких больших окружностей, соединяющей те же точки сферы.

Рис. 21

В отличие от плоскости, где невозможны треугольники с двумя прямыми углами, на сфере возможны такие треугольники: это треугольники, у которых одна из вершин является полюсом противоположной стороны; стороны этих треугольников, лежащие против прямых углов, равны . Имеются на сфере и треугольники с тремя прямыми углами - это автополярные треугольники, у них все три стороны равны . В том случае, когда сферический треугольник обладает только одним прямым углом, сторона, лежащая против этого угла, также как в случае плоских прямоугольных треугольников, называется гипотенузой, а остальные две стороны - катетами.

Теорема 4. Для того чтобы большая окружность пересекалась с какой-либо окружностью на сфере под прямым углом, необходимо и достаточно, чтобы первая из этих окружностей проходила через полюсы второй.

Доказательство: Пусть I - общая точка двух окружностей, прямые IT и It -- касательные к большой и малой окружностям в этой точке, Р и Р-- полюсы малой окружности, О - центр шара (рис. 22).

Рис. 22

Условие, указанное и теореме, достаточно. Действительно, если большая окружность проходит через точки Р и P, то её плоскость содержит две прямые, не параллельные между собой и перпендикулярные к прямой It, а именно диаметр РР и радиус ОI. Следовательно, эта плоскость, а значит, и касательная IT перпендикулярны к It.

То же условие и необходимо. Действительно, если две окружности пересекаются под прямым углом, то плоскость большой окружности содержит прямые IT и OI, перпендикулярные к It. Следовательно, она перпендикулярна к этой прямой, а потому и к плоскости малой окружности, и содержит в силу этого диаметр РР, перпендикулярный к этой последней плоскости и проходящий через точку О.

Следствие. Через точку, лежащую на шаре, можно провести большую окружность, перпендикулярную к данной окружности этой сферы; эта большая окружность будет единственной, если данная точка не является полюсом данной окружности.

Большая окружность, отвечающая поставленному условию, определяется данной точкой А и полюсами Р и Р данной окружности.

Заметим, что существуют две дуги большой окружности, выходящие из точки А и перпендикулярные к данной окружности; а именно те дуги, которые имеют своими концами точки пересечения I и I? данной окружности с большой окружностью, существование которой только что было доказано.

Примечание. Здесь рассматриваются исключительно дуги, выходящие из точки А и имеющие своими концами первые точки пересечения этих дуг с данной окружностью. Если не ввести этого ограничения, то число перпендикулярных дуг было бы более двух: например, поставленному условию отвечала бы дуга АР?I? (рис. 22).

Теорема 5. Если через какую-либо точку сферы провести две дуги большой окружности, перпендикулярные к данной окружности, и различные дуги больших окружностей, наклонные к той же окружности, то одна из перпендикулярных дуг короче, а другая длиннее, чем все наклонные дуги. Наклонная дуга будет тем длиннее, чем далее отстоит её конец от конца меньшей перпендикулярной дуги.

Доказательство: Пусть А - данная точка; Р--тот из полюсов данной окружности, который расположен по ту же сторону от этой окружности, как и точка А; АI и АI? - обе перпендикулярные дуги большой окружности, причём АI? - та из этих дуг, на которой лежит точка Р; АК, АК, АК"- различные наклонные дуги (рис. 23).

Рис. 23.

1о. Дуга АК больше дуги AI, но меньше АI?. Действительно, если провести дугу РК большой окружности, то из сферического треугольника АРК имеем:

АК >РК -- РА, АК < РК + РА,

в то время как

РК--РА = PI -- PA = АI,

РК+ РА = PI? + РА = АI?.

2°. Предположим, что точки К и К данной большой окружности таковы, что дуги IК и IК равны. При этом хорды, стягивающие эти дуги, также равны, и точка I одинаково удалена от двух точек К и К. Так как точка Р обладает тем же свойством, то геометрическое место точек сферы, одинаково удалённых от точек К и К, есть большая окружность РI. Последняя проходит через точку А, а потому хорды АК и АК равны, и, следовательно, равны соответствующие им дуги больших окружностей.

3о. Пусть теперь какая-либо точка К?? на данной окружности обладает тем свойством, что IK?? > IК. Можно предположить, основываясь на (2о), что обе точки К и К?? лежат по одну сторону от точки I. Проводим дуги больших окружностей РК и РК??. Так как точка К лежит внутри угла К??РI, то KPI<К??РI. Треугольники АРК и АРК?? имеют, таким образом, по неравному углу (при вершине А), заключенному между соответственно

равными сторонами, откуда следует, что АК < АК??. Теорема доказана.

Делись добром ;)