ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ «АМУРСКИЙ ГУМАНИТАРНО-ПЕДАГОГИЧЕСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ» (ФГБОУ ВО «АмГПГУ») ФАКУЛЬТЕТ ИНФОРМАЦИОННЫХ ТЕХНОЛОГИЙ МАТЕМАТИКИ И ФИЗИКИ Храмцов Леонид Дмитриевич МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ Направление подготовки 44.03.05 «Педагогическое образование» Профиль «Математика и Физика» Курсовая работа по математике Комсомольск-на-Амуре, 2017 Работа выполнена на кафедре математики федерального государственного бюджетного образовательного учреждения высшего образования «Амурский гуманитарно-педагогический государственный университет» Научный руководитель: Хусаинов А.А., профессор, доктор физико-математических наук Защита курсовой работы состоится: «25» мая 2017 г. в 14ч. 00 мин., в аудитории «128» Оценка ___________________ __________________________ (подпись руководителя) Оглавление Введение.............................................................................................................4 §1. Определение трехгранного угла. Элементы трехгранного угла.............5 §2. Равенство трехгранных углов.....................................................................6 §3. Свойства плоских углов трехгранного угла..............................................8 §4. Геометрия трехгранного угла.....................................................................10 §5. Задачи на трехгранный угол.......................................................................14 Заключение.........................................................................................................18 Список литературы............................................................................................19 3 Введение Тема "Трехгранный угол" - одна из интересных и важных тем для углубленного изучения стереометрии. Изучение "Геометрии трехгранного угла" является основной подготовительной базой к изучению темы "Многогранники". Цель данной работы: проанализировать литературу и систематизировать свои знания по теории трехгранного угла. В данной работе раскрываются избранные вопросы "Геометрии трехгранного угла". Первые четыре параграфа посвящены теоретической части, в которой рассматриваются понятия и элементы трехгранного угла, так же доказываются основные теоремы и свойства трехгранного угла. Последний параграф содержит практическую часть, в которой решены задачи на трехгранный угол. 4 §1. Определение трехгранного угла. Элементы трехгранного угла. В геометрии кроме таких углов как угол между прямой и плоскостью, двугранных углов существуют так же многогранные углы. Более подробно рассмотрим трехгранный угол, его геометрии. Этот угол является представителем семейства многогранных углов. Построить (а значит , и конструктивно определить) трехгранный угол можно так. Возьмем любые три луча a, b, c, имеющее общее начало О и не лежащее в одной плоскости (рис. 1). Эти лучи являются сторонами трех выпуклых плоских углов: угла αсо сторонами b, c, угла β со сторонами a, c и угла γ со сторонами a, b. Объединение этих трех углов α, β, γ и называется трехгранным углом Оabc. O β α γ рис. 1 b a c Определение. Трехгранный угол - это геометрическая фигура, состоящая из трех плоских углов, образованных тремя лучами, исходящими из одной точки и не лежащих в одной плоскости. Лучи a, b, c называются ребрами трехгранного угла Oabc, а плоские углы α, β, γ - его гранями. Точка О называется вершиной трехгранного угла. При каждом из ребер трехгранного угла определяется соответствующий двугранный угол, такой, ребро которого содержит соответствующее ребро трехгранного угла, а грани которого содержат прилежащие к этому ребру грани трехгранного угла. Величины двугранных углов трехгранного угла Oabc при ребрах a, b, c будем соответственно обозначать через 𝑎̂, 𝑏̂, 𝑐̂ . Три грани α, β, γ трехгранного угла Oabc и три его двугранных угла при ребрах a, b, c, а также величины α, β, γ и 𝑎̂, 𝑏̂, 𝑐̂ будем называть элементами трехгранного угла. (Вспомним, что элементы плоского треугольника - это его стороны и его углы). 5 §2. Равенство трехгранных углов. Геометрия трехгранного угла может быть построена как аналог геометрии треугольника, причем его плоские углы соответствуют сторонам, а двугранные углы (при ребрах) - углам треугольника. Эта аналогия будет видна из следующих ниже теорем. Признаки равенства трехгранных углов: 1. по двум плоским углам и двугранному углу между ними: если два плоских угла и двугранный угол между ними одного трехгранного угла соответственно равны двум плоским углам и двугранному углу между ними другого трехгранного угла, то такие трехгранные углы равны (аналог первого признака равенство треугольников); 2. по двум двугранным углам и плоскому углу между ними: если плоский угол и прилежащих к нему два двугранных угла одного трехгранного угла соответственно равны плоскому углу и двум прилежащим к нему двугранным углам другого трехгранного угла, то такие трехгранные углы равны (аналог второго признака равенство треугольников); 3. по трем плоским углам: если три плоских угла одного трехгранного угла соответственно равны трем плоским углам другого трехгранного угла, то такие трехгранные углы равны (аналог третьего признака равенства треугольников); 4. по 3-м двугранным углам: если три двугранных угла одного трехгранного угла соответственно равны 3-м двугранным углам другого трехгранного угла, то такие трехгранные углы равны (этот признак в планиметрии аналогии не имеет). Докажем два первых признака. 1 признак. Рассмотрим трехгранные углы Oabc и O1a1b1c1, у которых α=α1, β=β1, 𝑐̂ = 𝑐̂1 (рис. 2). Доказать, что Oabc=O1a1b1c1. O O1 βα γ β1 α1 γ1 рис. 2 b a b1 a1 c c1 6 Доказательство. Трехгранный угол Oabc можно вложить в трехгранный угол O1a1b1c1 так, что вершина O совместится с вершиной O1. Т.к. 𝑐̂ = 𝑐̂1 , то ребро С пойдет по ребру C1, тогда грань с плоским углом β пойдет по грани с плоским углом β1, а грань с плоским углом α пойдет по грани с плоским углом α1; т. к. α=α1, и β=β1, то грани с плоскими углами α и α1, β и β1 совпадут, сле̂ ̂ довательно совместятся двугранные углы 𝑎̂ и 𝑎 ̂, 1 𝑏 и 𝑏1 . Итак, трехгранный угол Oabc полностью вложился в трехгранный угол O1a1b1c1, значит, они равны. 2 признак. Рассмотрим трехгранные углы Oabc и O1a1b1c1, у которых ̂ ̂ 𝑎̂ = 𝑎 ̂, 1 𝑏 = 𝑏1 , γ=γ1 (рис. 3). Доказать, что Oabc= O1a1b1c1. O β γ O1 α β1 α1 γ1 рис. 3 b a b1 a1 c c1 Доказательство. Вложим трехгранный угол Oabc в трехгранный угол O1a1b1c1 так, чтобы вершина O совместилась с вершиной O1, плоский угол γ с равным им плоским углом γ1, тогда луч a совпадает с лучом a1, а луч b совпадает с лучом b1. Т.к. 𝑎̂ = 𝑎 ̂1 и 𝑏̂ = 𝑏̂1 , то грань с плоским углом β пойдет по грани с плоским углом β1, а грань с плоским углом α - по грани с плоским углом α1, тогда эти грани совпадут, следовательно линия пересечения совпавших граней будет общей. Значит 𝑐̂ совместится с с̂1 , тогда совместятся плоские углы α и α1, β и β1. Итак, трехгранный угол Oabc полностью вложится в трехгранный угол O1a1b1c1, значит они равны. Обратные теоремы тривиальны: если два трехгранных угла совмещены, ясно, что у них совмещены соответственные плоские и двугранные углы. 7 §3. Свойства плоских углов трехгранного угла. Теорема 1. Сумма двух плоских углов трехгранного угла больше третьего плоского угла. Доказательство. Если все плоские углы равны, теорема становится тривиальной: α+α>α. Если не все они равны, то среди них есть хоть два различных; пусть <ASD > <CSD (рис. 4). Вычтем из <ASD угол BSD, равный <CSD. S a b A γ>α γ>β d c D B рис. 4 C Лучи a, b, c пересечем одной прямой AD; на луче c отложим SC=CB; через AD и C проведем плоскость. После этого доказательство теоремы сводится к использованию аналогичного свойства сторон треугольника ACD: AD<AC+CD. Отнимем от левой и правой частей неравенства равные отрезки DB и CD; получим AB<AC. У треугольников ASB и ASC есть по две равные стороны, следовательно, против большей стороны у них лежат и больший угол: <ASC><ASB. Теперь к обеим частям неравенства "обратно" прибавим равные углы CSD и BSD; получим: <ASC+ <CSD > <ASD. Теорема 2.Сумма плоских углов трехгранного угла меньше 360о. Доказательство. Дан трехгранный угол Oabc. Продолжим луч a до aʼ (рис. 5). Теперь рассмотрим трехгранный угол Oaʼbc, который имеет плоские углы α, 180о-β и 180о-γ. 8 aʼ 180о-γ O β α 180о-β рис. 5. γ b a c Из теоремы 1 получим: α < (180о-β)+(180о-γ), α < 360о-(β+γ), <360о. 9 α+β+γ §4. Геометрия трехгранного угла. I Наша задача - выразить одни элементы трехгранного угла через другие его элементы, т.е. построить "тригонометрию" трехгранных углов. 1) Начнем с вывода аналога теоремы косинусов. Сначала рассмотрим такой трехгранный угол Oabc, у которого хотя бы две грани, например α и β, являются острыми углами. Возьмем на его ребре точку C и проведем из нее в гранях α и β перпендикуляры CB и CA к ребру cдо пересечения с ребрами a и b в точках A и B (рис. 6). O β α γ C рис. 6. B A b a c Выразим расстояние AB из треугольников OAB и CAB по теореме косинусов. Получим: AB2=AC2+BC2-2*AC*BC*cos ĉ и AB2=OA2+OB2-2*OA*OB*cos γ. Вычитая из второго равенства первое, получим: OA2-AC2+OB2-BC2+2*AC*BCcosĉ-2*AO*BO*cos γ=0. Т.к. треугольники OCB и OCA прямоугольные, то OA2-AC2=OC2 и OB2BC2= OC2. Из это следует, что: OA*OB*cos γ=OC2+ AC*BC cos ĉ, т.е. cos γ= Но OC OA OC OA ∗ OC OB + = cos 𝛽, AC OA OC OB ∗ BC OB ∗ cos ĉ. = cos 𝛼, AC OA = sin 𝛽, BC OB = sin 𝛼. Поэтому cosγ=cosα*cosβ+sin α*sin β*cosĉ (*) - аналог теоремы косинусов для трехгранных углов. 10 Покажем, что эта формула верна для трехгранных углов с любыми гранями. Возможны еще такие случаи. 2) Обе грани α и β - тупые углы. Возьмем тогда луч cʼ, дополняющий луч c до прямой, и рассмотрим трехгранный угол Oabcʼ, дополняющий угол Oabc до двугранного угла (рис. 7). В нем уже две грани - острые углы, имеющие величины 𝜋-α и 𝜋-β, третья грань - тот же угол γ и тот же противолежащий ей двугранный угол ĉ при ребре cʼ. c O 𝜋-β α β рис. 7. γ 𝜋-α a cʼ b Поэтому по формуле (*) cosγ=cos (𝜋-α) cos (𝜋-β)+sin (𝜋-α) sin (𝜋-β) cosĉ, т.е. (*) верна и для этого случая. 3) Один из углов α и β, например α, острый, а другой - β - тупой. Возьмем тогда луч aʼ, дополняющий луч a до прямой, и рассмотрим трехгранный угол Oaʼbc. В нем две грани - острые углы, имеющие величины α и 𝜋-β, третья грань имеет величину 𝜋-γ и величина противолежащего ей двугранного угла равна 𝜋-ĉ (рис. 8). Применяя формулу (*) для случая 1), получим: cos (𝜋-γ)=cosαcos (𝜋-β)+sin α sin (𝜋-β) cos (𝜋-ĉ), откуда следует (*) для рассматриваемого случая. 11 a γ β O 𝜋-γ рис. 8. α 𝜋-β b aʼ c 4) Хотя бы один из углов α или β прямой. Тогда равенство (*) можно получить предельным переходом из уже рассмотренных случаев 1) - 3). Итак, формула (*) установлена для любых трехгранных углов. Из нее с помощью обычных формул тригонометрии можно получить другие соотношения между элементами трехгранных углов. Выведем, например, аналог теоремы синусов. Для этого из (*) найдем cosĉ и, подставив его в равенство sin2ĉ=1-cos2ĉ, получаем: sin2ĉ=1-cos2ĉ = 1 − = (cos γ−cos α cos β)2 sin2 αsin2 β = 1−cos2 α−cos2 β−cos2 γ+2 cos α cos β cos γ sin2 α sin2 β Разделив на sin γ, получаем равенство: sin2 ĉ 1 − cos2 α − cos2 β − cos2 γ + 2 cos α cos β cos γ = sin2 γ sin2 α sin2 β sin2 γ Его правая часть симметрична относительно величин α, β, γ. Следовательно, 2 если так же вычислять отношения ражение, что у sin2 ĉ sin2 γ sin2 â sin2 α и ̂ sin2 b sin2 β , то справа получим то же вы- . Поэтому эти отношения равны, а т.к. входящие в них синусы все положительны, то получаем следующий аналог теоремы синусов для трехгранного угла: sinâ sin α = ̂ sinb sin β = sinĉ (**) sin γ 12 Отметим еще один частный случай формулы (*): если двугранный угол при ребре c прямой, то cosĉ=0, получаем, что cosγ=cosαcos β - эта формула является аналогом теоремы Пифагора для "прямоугольного" трехгранного угла: его "гипотенуза" γ выражается через "катеты" α и β. 13 §5. Задачи на трехгранный угол. №1. Плоские углы трехгранного угла равны. Через его вершину проведена прямая, составляющая равные углы с его ребрами. а) Докажите, что она составляет равные углы с его гранями. б) Найдите углы, которые составляет эта прямая с ребрами и гранями трехгранного угла, если плоский угол равен 𝜑. O 𝜑 𝜑 𝜑 B C1 A O1 A1 B1 C b a е c а) Доказательство. Отложим на ребрах трехгранного угла Oabc равные отрезки OA=OB=OC и проведем секущую плоскость (ABC). Получим правильную пирамиду, основание которой является равносторонний ∆ABC, значит A1O1=B1O1=C1O1 (т.к. AA1, BB1 и CC1 - медианы ∆ABC). OO1 является высотой пирамиды, т.к. она правильная. Тогда ∆ OO1A1= OO1B1= OO1C1 (по 2-ум катетам: OO1 - общий, A1O1=B1O1=C1O1). Следовательно <O1OA1=<O1OB1=<O1OC1. б) Решение. Пусть в ∆ABCa=AB=AC=BC. Рассмотрим ∆AOB1 - прямоугольный. φ Пусть OA=d, тогда sin<AOB1=AB1/OA, отсюда AB1=sin ∗ d. Тогда AC = φ φ 2 2 2 ∗ OB1 ∗ sin = 2dsin = a; OB1 = d cos Рассмотрим ∆ABC: AA1 = нике) или AA1 = φ 2dsin √3 2 2 a√ 3 2 φ 2 2 (как медиана в равностороннем треугольφ = d√3sin ; 2 14 2 AO1 = AA1 (т.к. AA1 - медиана) или AO1 = 3 2√3 φ dsin . 3 2 1 Найдем B1O1: B1 O1 = AA1 = (т.к. AA1 - медиана ∆ABC) = 3 Из ∆AOO1sin < AOO1 = AO1 φ d 2/3∗√3sin 2 = AO 2√3 φ < AOO1 = arcsin( sin ). 3 2 B O Из ∆OB1 O1 sin < B1 OO1 = 1 1 OB d = 1 √3 = d 1/3∗√3sin d cos φ 2 φ 2 2 √3 3 = φ √3 dsin 3 2 . φ sin , значит 2 φ √3 tg , 3 2 значит φ < B1 OO1 = arcsin( tg ). Т.к. пирамида правильная, нам достаточно было 3 2 найти <AOO1 и B1OO1. №2. В трехгранном угле два плоских угла равны. Докажите, что ребро трехгранного угла, общее для этих углов, проектируется на биссектрису противоположного плоского угла или ее продолжение. a A b S γ α O k β P c 15 Доказательство. Пусть β=γ. К этому равенству применим аналог теоремы косинусов, получим: cos α cosγ+sinαsin γ cosb̂=cos α cos β+sin α sin β cosĉ. Т.к. β=γ, то cosβ=cos γ, sin β=sin γ. Следовательно cosb̂=cosĉ, тогда <b=<c. Возьмем точку A на ребре a трехгранного угла, и опустим перпендикуляр AK к противоположной грани трехгранного угла. Треугольники APK и ASK равны ( по острому углу <b=<c и катету AK). Значит AP=AS, т.е. точка A равноудалена от ребер c и b трехгранного угла, тогда ее проекция - точка K тоже будет равноудалена от ребер c и b. Следовательно, OA проектируется на OK, где OK - биссектриса плоского угла α трехгранного угла. №3. Плоски углы APC и BPC трехгранного угла с вершиной P равны по 45о, а угол APB равен 60о. Через точку P проведена прямая PQ, перпендикулярная плоскости PBC. Вычислите <APQ. Q A d B B1 o γ 60 P β 45 α k C1 C Решение. Пусть α=β=45о, γ=60о. Применим аналог теоремы косинусов для угла β, получим: cosβ=cosαcosγ+sinαsinγcosb̂, √2 √2 1 √2 √3 = ∗ + ∗ cosb̂, 2 2 cosb̂ = 2 √2 ( 2 − 2 2 √2 √6 )/ 4 4 = 1 √3 = √3 3 . Рассмотрим прямоугольный ∆APB1. Пусть AP=d, тогда AB1=dsin 60o= √3d . 2 2 1 Рассмотрим ∆AB1K: AK=AB1sinb̂ , но sinb̂ = √1 − cos 2 b̂ = √1 − = √ , 3 тогда AK = d √3 2 ∗ √2 √3 = d√ 2 2 Из ∆APKcos < 𝑃AK = . AK AP = d √2 2d = √2 2 , т.е. <PAK=45o. 16 3 Т.к. AK || PQ (по построению), а PA - секущая, то <APQ=<PAK=45o. №4. Докажите, что если все плоские углы трехгранного угла тупые, то и все его двугранные углы тоже тупые. Доказательство. Согласно теореме косинусов для трехгранного угла sinβsinγcosA=cos α-cosβcos γ. По условию cosα< 0, cosβ< 0 и cosγ< 0, т.е. cosβcos γ > 0. Поэтому cosA< 0. Т.е. двугранный угол при ребре SA - тупой. Аналогично доказывается и для двух других углов. №5. Дан трехгранный угол с плоскими углами α, β, γ и противолежащими им двугранными углами A, B и C. Докажите, что существует трехгранный угол с плоскими углами 𝜋-A, 𝜋-B и 𝜋-C и двугранными углами 𝜋-α, 𝜋-β и 𝜋-γ. S C Sʼ A B Доказательство. Возьмем внутри данного трехгранного угла с вершиной S произвольную точку Sʼ и опустим из нее перпендикуляры SʼAʼ, SʼBʼ и SʼCʼ на грани SBC, SAC и SAB соответственно. Ясно, что плоские углы трехгранного угла SʼAʼBʼCʼ дополняют до 𝜋 двугранные углы трехгранного угла SABC. Ребра SA, SB и SC перпендикулярны граням SʼBʼCʼ, SʼAʼCʼ и SʼAʼBʼ соответственно. Искомый угол SʼAʼBʼCʼ. Заключение 17 В своей курсовой работе я представил некоторые вопросы геометрии трехгранного угла. Рассмотрел ряд свойств и теорем, являющимися базовыми для решения задач. Данная курсовая работа является лишь промежуточным результатом, т.к. работа над этой темой будет мною продолжена в дипломной работе. 18 1. 2. 3. 4. 5. Список литературы Александров, А.Д. Геометрия 10 - 11 классов: Учеб. пособие для математики / А.Д. Александров, В.Л. Вернер, В.И. Рыжик. - М: просвещение, 1992. Бескин, Л.Н. Стереометрия: пособия для учителей средней школы /Л.Н. Бескин. - М: просвещение, 1971. Прасолов, В.В., Шарыгин И.Ф. Задачи по стереометрии / В.В.Прасолов, И.Ф. Шарыгин. - М: Наука. Гл. ред. физ. - мат. лит., 1989. Скопец, З.А. Геометрия тетраэдра и его элементов / З.А. Скопец, Я.П. Понарин. Ярославль: 1974. Аргунов, Б.И. Элементарная геометрия / Б.И. Аргунов , М.Б. Балк М: Просвещение, 1996. 19