Открытие неевклидовой геометрии Лобачевский, Гаусом и Бойяи

Обозначим стороны трипрямоугольника М0М1C0С1черезсоответственно. ПолучаемОтсюда,;По формуле получаем.Выразим гиперболический синус:Выразим гиперболический косинус приведенного катета через острые углы по формуле:, получаем Отсюда получаем радиус сферы, вписанной в гексаэдрПо формуле , получаем в треугольнике М1М0C1Так как , получаем Выразим гиперболический косинус из формулы , разделив каждый член формулы на Мы знаем, что , значит Выразим длину ребра куба через двугранный угол при ребре:В прямоугольном треугольнике . Используя записанное выше соотношение, отсюда получим . Отсюда Ответ:Задача №8.Пусть в пространстве Лобачевского кривизны дан правильный тетраэдр со стороной a. Найти радиус описанной сферы тетраэдра.Решение: Дан правильный тетраэдр ABCD с основанием ABC и вершиной D. Из вершины тетраэдра проведена высота DH на основание. Отрезок OD будет радиусом описанной сферы. Найдем его длину.Рассмотрим основание тетраэдра ABC. В этом треугольнике поведем высоту АМ, которая будет являться медианой и биссектрисой. В этом треугольнике:По формуле: По формуле Отсюда выразим радиус R, описанной сферы.Задача №9.Два спутника запустили на орбиту. Докажите, что две прямые орбит спутника пересекаются, для того, чтобы понять, будут ли перекрываться зоны действия спутников.Решение: В сферической геометрии «прямой» линией называется окружность с максимальным радиусомr. Одна из таких «прямых», относящихся к орбите спутника лежит в одной из полусфер, так как другая «прямая»разделяет сферу на две равные части. Радиус окружности (r) меньше радиуса R сферы, что означает что это не «прямая», а окружность. Это означает, что действие спутника происходит по орбите имеющей радиус равный радиусы сферы. В таком случае очевидно, что орбиты спутников пересекаются на сфере..Задача №10. Из-за загрязнения окружающей среды и возникновения дыр в озоновом слое атмосферы Земли ученымипредположили и выдали прогноз о потеплениив районе западного полушария. Ученые описали приблизительные размеры очага потепления с использованием параллелей и меридиан.  Необходимо найти сумму углов зоны потепления, прогнозируемой учеными, чтобызатем ученым высчитать ее точную площадь.Решение:Рассмотрим сферический треугольник ABC.AC перпендикулярна параллели DF; AB перпендикулярна параллели DF (как меридианы). Это означает, что угол β и угол α = 90° Из этого следует, что ΔABC = угол α + угол β + угол 1 = (90°·2) + 45°= 225°.Ответ:Сумма углов зоны потеплениясоставляет 225оЗадача №11.Одним из крупнейших извержений вулкана на Земле было извержение вулкана под название Мерапи на острове Ява. В результате произошедшего извержения, которое длилось более 2-х недель, в юго-восточном направлении (куда дул ветер) более чем на 5 километров распространились потоки лавы. Найдите сумму углов зоны, наиболее пострадавшей от вулканического извержения.Решение:Так как стороны треугольника ортогональны, углы треугольника будут равны 90°. Отсюда следует, что сумма углов треугольника ΔABC будет равна 90°×3 = 270°.Ответ:270°.Задача №12.В геометрии Лобачевского в верхней полуплоскости найти радиус окружности, описанной около треугольника ABC, где A = (2; 6),B = (7; 1), C = (11; 3).Докажите, что около любого треугольника на плоскости Лобачевскогоможно описать окружность? Верно ли это для сферической геометрии?Решение. Любая окружность в модели геометрии Лобачевского в верхней полуплоскости является окружностью и в смысле евклидовой геометрии, но не наоборот. Например, если она пересекает Абсолют (т.е. ось абсцисс) под прямым углом, то она является прямой с точки зрения геометрии Лобачевского. Поэтому, для того, чтобы понять, что в геометрии Лобачевского не около любого треугольника можно описать окружность, достаточно взять какой-нибудь треугольник в верхней полуплоскости, описанная окружность которого выходит за ее пределы.Легко проверить, что евклидова окружность, описанная около треугольника ABC, задается уравнением:(x - 7)2+ (y - 6)2= 25.Очевидно, что она будет также и описанной окружностью с точки зрения геометрии Лобачевского, поскольку она целиком содержится в верхней полуплоскости. Найдем теперь ее центр. Пусть M = (7; 11) и N = (7; 1) - две диаметрально противоположные точки этой окружности.Найдем середину O отрезка MN. Естественно выбирать именно этот диаметр рассматриваемой окружности, поскольку в метрикиЛобачевского совсем просто вычисляется расстояние между точками с одинаковой ординатой:Пусть O = (7; y), тогда для радиуса r нашей окружности имеют место равенства:Откудаи, соответственно,Ответ:Задача №13.Карл построил треугольник с равными сторонами, а затем изобразил в полученном треугольнике медианы. Получилось, что длины медиан оказались равными длинам сторон треугольника. Определите, в каком соотношении в этом треугольнике точка пересечения медиан делит медиану?Решение: Обозначим вершины треугольника буквамиА, В, С и проведем медиану АМ. Из условия следует, что МАС – равнобедренный, следовательно, АМС = АСМ. Так как АМ также является высотой, то все углы в АВС – прямые. Это возможно в геометрии Римана или сферической геометрии. Но задачу можно решить и пользуясь обычной трехмерной евклидовой геометрией, если предположить, что прямым соответствуют большие круги на сфере. Исходный треугольник соответствует одной восьмой части сферы. ПустьО – центр сферы единичного радиуса, D – точка пересечения медиан. Введем систему координат так, что центр сферы находится в начале координат, а оси координат проходят через вершины. Тогда точка D имеет координаты УголAOD = arccosarccosИскомое отношение дуг Ответ:Задача №14.Доказать, что в сферическом треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других сторон.Решение. Пусть a, b, c – стороны сферического треугольника АВС и пусть радиус сферы равен 1. Докажем, что ca + b.1. Пусть a + b ≥ 180o, то ca + b.2. Пусть a + b 180o. Применяем терему косинусов:Так как то получаем, что . В силу того, что на отрезке [0o, 180o] функция строго убывает, получаем, что Задача №15.Доказать, что сумма углов сферического треугольника больше 180о, но меньше 540о.Решение.Из формулы для вычисления площади сферического треугольника следует, что сумма углов сферического треугольника больше 180о.Рассмотрим любую внутреннюю точку Р сферического треугольника АВС и опустим перпендикуляры РА1, РВ1 и РС1 на плоскости ОВС, ОАС, ОАВ.Так как прямая РА1 перпендикулярна плоскости ОВС, то прямая РА1 перпендикулярна прямой ОВ. Так как прямая РС1 перпендикулярна плоскости ОАВ, то прямая РС1 перпендикулярна прямой ОВ. Тогда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости получаем, что прямая ОВ перпендикулярна плоскости РА1С1. Пусть плоскость РА1С1 пересекает прямую ОВ в точке М. Тогда прямая ОВ перпендикулярна каждой из прямых МА1 и МС1. Следовательно, в четырёхугольнике МА1РС1 углы А1 и С1 прямые. Поэтому сумма углов А1МС1 и А1РС1 равна 180о и значит Но угол А1МС1 – линейный угол двугранного угла с ребром ОВ, грани которого проходят через точки А и С. Следовательно, угол А1МС1 равен углу В сферического треугольника АВС. Получаем, что Аналогично получаем, что ПоэтомуЗадача №16.Докажите, что в геометрии Лобачевского фигурой максимальной площади с заданным периметром является круг.Решение: Пусть F – искомая фигура с площадью S и периметром L. Фигура F в геометрии Лобачевского является выпуклой. Построим отрезок ВС, который делит периметр фигуры F пополам. Площадь разделенных отрезком ВС частей фигуры будет равна. Пусть А- произвольная точка на границе фигуры F. Докажем, что треугольник АВС имеет максимальную площадь. Предположим противное. Рассмотрим половину фигуры F, отсекаемую отрезком BC и содержащую точку А. Её площадь будет состоять из площади треугольника АВС и площадей двух оставшихся сегментов, прикрепленных к сторонам АВ и АС. Если двигать стороны АВ и АС, меняя угол между ними, то половина площади F будет меняться, причем сегменты буду двигаться между сторонами, тем самым сохраняя периметр L/2. Таким образом, можно достичь, чтобы площадь треугольника АВС стала максимальной. Тогда отразим полученную фигуру относительно отрезка ВС и получим новую F' периметра L и с площадью большей S – что является противоречием. Итак, для любой точки А границы фигуры F площадь треугольника АВС максимальна. По свойству теоремы о неевклидовом треугольнике с максимальной площадью (Для неевклидова треугольника с максимальной площадью центр описанной окружности совпадает с серединой стороны ВС) имеем ОА=ОВ=ОС=const. Значит, фигура F является кругом с диаметром ВС.Задача №17.Доказать, что Площадь сферического треугольника ABC с углами α, β, γ равна (α+β+γ-π)×R2, где R – радиус сферы.Решение:Рассмотрим сначала сферический двуугольник, т.е. одну из четырех фигур, на которые разбивают сферу две сферические прямые. Пусть S(α) – площадь сферического двуугольника с углом α. Ясно, что S(α) пропорциональна α и S(π) = 2π×R2 (площадь полусферы). Поэтому S(α) = 2×α×R2.Пары сферических прямых AB, BC и CA образуют 12 сферических двуугольников. Выберем из них 6 сферических двуугольников, содержащих либо треугольник ABС, либо симметричный ему (относительно центра сферы) треугольник A1B1С1. Каждая точка треугольника ABС и треугольника A1B1С1 покрыта ровно тремя такими двуугольниками, а любая другая точка сферы покрыта ровно одним двуугольником (точки сферических прямых AB, BC и CA мы не рассматриваем). ПоэтомуА так как , то Задача №18.Найти длину дуги ABорицикла, если известно расстояние dмежду Aи B.Решение: Можно считать, что в модели Пуанкаре в верхней полуплоскости точки Aи Bимеют координаты (x1 , y) и (x2 , y). Тогдаа длина l дуги орицикла равна Таким образом,Задача №19.Доказать, что перпендикуляр, восставленный из середины стороны АВ треугольника АВС, перпендикулярен прямой, соединяющей середины сторон АС и ВС.Решение:Пусть А1 и В1 – середины сторон АС и ВС соответственно. Опустим из вершиныС перпендикуляр СН на прямую А1В1 и рассмотрим точки А2 и В2, симметричные точке Н относительно точек А1 и В1 соответственно. Легко проверить, что А2 ≠ В2. В том случае, когда Н лежит на отрезке А1В1, это очевидно, а если Н попадает на продолжение отрезка А1В1, то равенство А1Н = В1Н выполняться не может, поэтому не может выполняться и равенство А2Н = В2Н. Таким образом, точки А2 и В2 однозначно определяют прямую А1В1, поэтому достаточно доказать, что рассматриваемый перпендикуляр l, восставленный из середины отрезка АВ, перпендикулярен прямой А2В2.Треугольники А1СН и А1АА2 (а также треугольники В1СН и В1ВВ2) являются равными прямоугольными треугольниками, поэтому в четырехугольнике АА2В2В углы при вершинах А2 и В2 прямые, а стороны АА2 и ВВ2 равны (обе они равны СН). Такой четырехугольник должен иметь ось симметрии, причем она должна совпадать с прямой l. Следовательно, lА2В2.Задача №20.Доказать, что в одной точке пересекаются биссектрисы треугольникаРешение:Учитывая свойства угла параллельности в геометрии Лобачевского, точка биссектрисы равноудалена от лучей угла, из которого она исходит. Значит, точка пересечения двух биссектрис треугольника равноудалена от всех его сторон, поэтому она лежит на третьей биссектрисе ,так как линия третьей биссектрисы должна быть равноудалено от сторон треугольника.Задача №21.Доказать, что в одной точке пересекаются медианы треугольника.Решение:Пусть М – середина стороны АВ, P и Q – середины сторон АС и ВС. Рассмотрим модель Клейна и поместим точку М в центр круга. Согласно задаче №19, изложенной выше серединный перпендикуляр к отрезку АВ будет перпендикулярен прямой PQ. Это означает, что в евклидовом треугольнике АВС отрезок PQ будет параллелен стороне АВ. В таком случае отрезки AQ и ВР пересекаются в точке К, лежащей на отрезке СМ. В самом деле, при (евклидовой) гомотетии с центром К отрезок PQ переходит в отрезок ВА, поэтому прямая, соединяющая середины этих отрезков, проходит через точку К.Задача №22. Доказать, что в одной точке пересекаются высоты остроугольного треугольника.Решение: Рассмотрим модель Клейна и поместим точку А в центр круга. В таком случае гиперболические высоты ВВ1 и СС1 будут и евклидовыми высотами. Они пересекаются в некоторой точку Н. Прямая АН будет евклидовым перпендикуляром к прямой ВС. Но АН – диаметр, поэтому АН будет и гиперболическим перпендикуляром к прямой ВС.Используемая литератураАлександров П.С.. Что такое неэвклидова геометрия. Издательство академии педагогических наук РСФСР. – М., 1950.Силин А.В., Шмакова Н.А. Открываем неевклидову геометрию. Кн. Для внеклас. чтения учащихся 9-10 кл. сред. Шк. – М.: Просвещение, 1988. – 126 с.: ил. Лаптев Б.Л. Н.И. Лобачевский и его геометрия. Пособие для учащихся. М. Просвещение, 1970.Яглам И.М. Принцип относительности Галилея и неевклидова геометрия. Серия Библиотека математического кружка М: 1963.Розенфельд Б.А. Неевклидовы пространства, М., Наука,1969.Мир математики: в 40 т. Т.4: Жуан Гомес. Когда прямые искривляются Неевклидовы геометрии/ Пер. с англ. – М.: Де Агостини, 2014 г.-160 с.В.В. Прасолов. Геометрия Лобачевского. М.: МЦНМО, 2004.Гусева Н.И. Сборник задач по геометрии: в 2 ч. –Ч.II: учебное пособие /Н.И. Гусева, Н.С. Денисова, О.Ю. Тесля. – М. КНОРУС, 2012.