BI. Matek: Geometrija USti Geometrija za šesti, sedmi in osmi razred srednjih šol Spisal profesor BI. Matek. Izpopolnil ravnatelj Jakob Zupančič. Drugi natis, pregledal profesor Fr. Jeran. 1920 . Založila »Jugoslovanska knjigarna" v Ljubljani Natisnila ..Jugoslovanska tiskarna". Vsebina Stran i. Ravninska trigonometrija. § 1. Funkcije ostrih kotov in njih medsebojne odvisnosti 1 § 2. Vrednosti funkcij ostrih kotov.5 § 3. Razreševanje, pravokotnih trikotnikov.8 § 4. Razreševanje enakokrakih trikotnikov ....12 § 5. Funkcije topih in izbočenih kotov ter njih vrednosti . 15 § 6. Funkcije suplementarnih in nasprotnih kotov . . 21 § 7. Funkcije kotnih vsot in razlik.22 § 8. Seštevanje in odštevanje kotnih funkcij.25 § 9. Razreševanje pravokotnih in enakokrakih trikotnikov iz sestavljenih sestavin . 27 § 10. Razreševanje goniometrij- skih enačb.32 § 11. Trigonometrijski izreki o poševnokotnem trikotniku 37 § 12. Razreševanje poševnokot- nih trikotnikov .... 41 § 13. Uporabne naloge .... 47 II. Sferična trigonometrija. § 14. Sferični dvokotnilc ... 54 § 15. Sferični trikotnik sploh . 55 § 16. Ploščina sferičnega trikot¬ nika .57 § 17. Sferični trikotnik v zvezi s trirobnikom.58 § 18. Naloge o ploščini sferič¬ nega trikotnika .... 60 Stran § 19. Pravokotni sferični tri¬ kotnik .60 § 20. Zavisnost sferične in rav¬ ninske trigonometrije 64 § 21. Naloge o pravokotnem trikotniku.65 § 22. Naloge o enakokrakem sferičnem trikotniku . . 66 § 23. Naloge o pravilnem sfe¬ ričnem mnogokotniku . 67 § 24. Naloge iz stereometrije . 67 § 25. Raznostranični sferični trikotnik.69 § 26. Zavisnost sferične in rav¬ ninske trigonometrije . 75 § 27. Naloge o raznostraničnem sferičnem trikotniku . . 76 § 28. Naloge iz stereometrije . 78 § 29. Naloge iz matematične geografije in astronomije 78 III. Ravninska analitika. § 30. Točka.81 § 31. Enačbe in črte .... 86 § 32. Premica.87 § 33. Krog.96 § 34. Elipsa ....... 105 § 35. Hiperbola.112 § 36. Parabola ...... 118 § 37. Poševnokotno in polarno soredje. Pretvorba koor¬ dinat .122 § 38. Elipsa, hiperbola in para¬ bola so stožkosečnice . . 129 § 39. Ponavljalne naloge . . 130 Zgodovinski dostavki .... 153 . I. Ravninska trigonometrija. § 1. Funkcije ostrih kotov in njih medsebojne odvisnosti. Ako sta količini A in B odvisni druga od druge tako, da pripada vsaki posebni vrednosti količine A popolnoma določena vrednost količine J5, pravimo: količina B je funkcija količine A. Ako načrtamo pri ostrem kotu BAC = a (slika 1.) iz katerekoli točke B enega kraka pravokotnico na drugi krak, stvorimo pravokotni trikotnik ACB, ki ga imenuj emo projekcijski trikotnik kota a; kateta BC = a leži kotu a nasproti, ka¬ teta AC — b pa je kotu a pri- ležna. Določenemu kotu a (slika 1.) pripada neskončno mnogo pro¬ jekcijskih trikotnikovACjB,ACpBi, AC 2 B 2 i. t. d., ki so podobni drug drugemu. Ker so razmerja (kvocijenti) stranic enega teh trikotnikov enaka razmerjem (kvocijentom) isto- ležnih stranic ostalih trikotnikov, si smemo izbrati za preiskavanje kateregakoli izmed projekcijskih tri¬ kotnikov. Razmerja (kvocijenti) stranic projekcijskega tri¬ kotnika ACB (slika 1.), t. j. v znakih a b a b c c e’ č’ [V a’ p’ a’ so odvisna od kolikosti kota a. Če izpremeni kot a svojo kolikost, izpremenijo tudi navedena razmerja (kvocijenti) svoje vrednosti. Ta razmerja (ti kvoci¬ jenti) so torej funkcije kota a. Vsaka teh kotnih funkcij ima svoje posebno ime, in sicer: Matek, Geometrija H. 1 g. Slika 1. Funkcija. Projekcijski tri kotnik določe¬ nega kota. Kotne funkcije. 2 Sinus. Kosinus. Tangenta. Kotangenta. Sefeanta. Kosekanta. Glavna funkcija. Kofunkcija. Medsebojne od¬ visnosti kotnih funkcij enega in istega kota. 1. sinus kota a je razmerje (kvocijent) na¬ sprotne katete in hipotenuze projekcijskega trikot¬ nika, v znakih sin a = —j 2. kosinus kota a je razmerje (kvocijent) pri- ležne katete in hipotenuze projekcijskega trikotnika, v znakih cos a — —j C 3. tangenta kota a je razmerje (kvocijent) nasprotne in priležne katete projekcijskega trikot¬ nika, v znakih tg a = 4. kotangenta kotaaje razmerje (kvocijent) priležne in nasprotne katete projekcijskega trikot¬ nika, v znakih cotg n = -A 5. sekanta kota a je razmerje (kvocijent) hi¬ potenuze in priležne katete projekcijskega trikotnika, v znakih sec a — 6. kosekanta kota a je razmerje (kvocijent) hipotenuze in nasprotne katete projekcijskega tri- Q kotnika, v znakih cosec a = —. Sinus, tangenta in sekanta se imenujejo glavne funkcije; kosinus, kotangenta in kosekanta pa se zovejo kofunkcije. Iz navedenih pojasnil o kotnih funkcijah sledi, da sta funkciji sinus in kosekanta, oziroma kosinus in sekanta, tangenta in kotangenta med seboj obratni (recipročni) vrednosti, v znakih sin a ■ cosec a = 1, cos a • sec a = 1, tg a • cotg a =1. V projekcijskem trikotniku ACB (slika 1.) je po Pitagorovem izreku a 2 -|-& 2 = c 2 . Ako delimo to enačbo s c 2 , oziroma z fe 2 ali a 2 , najdemo ‘.(-‘) 2 +(^=i, 2 .(f) 2 +’ =(!)> ■ 3 . 1 +t») 2 -© 2 , / 3 t. j. z ozirom na pojasnila o kotnih funkcijah sin 2 a -|-» cos 2 a = 1* tg 2 a -j- 1 — sec 2 a, 1 -|- cotg 2 a = cosec 2 a. * Ker ulomek ne izpremeni svoje vrednosti, ako deliš števec in imenovalec z enakim številom, najdeš iz pojasnil o kotnih funkcijah _ a _ a : c _ sin a & a h b : c cos a’ , b b: c cos a 6 a a : c sin a Povej z besedami zavisnosti kotnih funkcij, iz¬ raženih v enačbah 1 do 5! Ako načrtamo komplementarnima kotoma a in 90 —a (slika 2.) projekcijska trikotnika I in II, spo¬ znamo takoj iz slike, da se n. pr. razmerje a nahaja v obeh projek¬ cijskih trikotnikih; v trikotniku I pomeni razmerje ™ sinus kota a, v trikotniku II pa kosinus kota (90 — a). Torej sta sinus kota a in kosinus kota (90 — a) enaka. Isto- tako najdemo, da je razmerje ~ kosinus kota a in el ^ sinus kota (90 — a), razmerje ' b tangenta kota a in ko- tangenta kota (90 — a), razmerje ^ kotangenta kota a in tangenta kota (90 — a) itd. O funkcijah komple¬ mentarnih kotov smemo torej reči: Funkcija ostrega kota je enaka ko- funkciji komplementarnega kota, v znakih sin a = cos (90 — a), cos a = sin (90 — d), m tg a = cotg (90 — a), cotg a = tg (90 — a), sec a — cosec (90 — a), cosec a = sec (90 — a). * Namesto (sin a ) 2 se piše navadno sin 2 a (čitaj: sinus a na kvadrat); istotako je tudi pri drugih funkcijah. 4. . 5. . Funkcije kom¬ plementarnih kotov. 1 * 4 Naloge. 1. Načrtaj funkcijam^ a) sina = f, h) tg/? = 2 pripadajoča kota! a) Nariši pravokoten trikotnik, v katerem meri ena kateta 3 enote, hipotenuza pa 5 enot. Kot, ki leži določeni kateti nasproti, je kot, ki ga iščeš. b) Načrtaj pravokoten trikotnik, v katerem meri ena kateta 2 enoti, druga pa 1 enoto. Kot, ki leži večji kateti nasproti, je kot /3, ki ga iščeš. 2. Izračunaj kotom a) 30°, b) 60°, g) 45° funkcije: sinus, kosinus, tangenta, kotan- genta! Ako razpoloviš enakostraničen trikotnik, najdeš kota 300 in 600 (slika 3.). Po pojasnilih o kotnih funk¬ cijah je Slika 3. a) sin 30° == - 7 C 2 [S 1 • /j 4 |/3 cotg 30° = - — —, = |/3. 3 _ 2 b) Po izreku o funkcij ah komplementarnih kotov j e sin 60° = cos 30° = i/3, cos 60° = sin 30° = |, tg 60° = cotg 300 = /3,^ cotg 600 = tg 30° = |/3. o) Ako načrtaš pravokoten trikotnik z enakima katetama, najdeš kot 45° (slika 4.). Po pojasnilih o kotnih funkcijah je: 5 3. Izračunaj iz podatkov a ) sin a — b) tg /? = j/ m2 ~ n ostale funkcije! S pomočjo navedenih odvisnosti kotnih funkcij enega in istega kota (enačbe 1 do 5, § 1.) najdeš + cos2 a cos a tg a cotg a b) + 1 cos /? sin /9 cotg /9 = 1 , m 2 “n» ~ sin a m Čn 2 — m 2 cos a y n 2_ni2 1 l/n 2 —m 2 " tg a m — sec 2 /9 m 2 cos 2 ; /4 = ' m 2 m l/l-COS^ = ^=5, r r m tg P ' .m 2 —n Razreši še naslednje naloge: 4. Načrtaj funkcijam cos/a = cotg /9 = sec y = 3, cosec d = pripadajoče kote! 5. Izračunaj iz naslednjih podatkov* ostale kotne funkcije: i § 2. Vrednosti funkcij ostrih kotov. Vsaka funkcija ostrega kota se da v sliki pred- očiti kot daljica. Če primerjamo -potem te daljice med seboj, najdemo meje, med katerimi ležijo vred¬ nosti kotnih funkcij. 6 Predočevanje sinusa in kosi¬ nusa z daljicami. Vrednosti si¬ nusa in kosinusa. Predočevanje tangente in se- kante z dalji¬ cami. 1. Sinus in ko sinus. Ako načrtamo določenemu kotu a pripadajoči lok s polmerom r = 1 in v zvezi s tem lokom narišemo projekcijski trikotnik ACB (slika 5.) tako, da je hipotenuza = r, predočujeta kateti CB in AC sinus in kosinus kota a- zakaj po pojasnilih o kotnih funkcijah je sin a -- AC. Slika 5. CB CB nz> . AC AC AB = ~r = CB m c o s a = m = -y- Ako vrtimo krak AB (slika 5.) na levo do lege AE, postaja kot a vedno večji, istotako tudi kateta CB (ki predstavlja sinus kota a), kateta AC pa (t. j. cos a ) se manjša. Ko je a = 900, preide kateta BC v polmer AE = 1, kateta AC pa v točko in je zato = 0. Če pa vrtimo krak AB na desno do lege AD, se manjša kot a, istotako tudi kateta CB (sin a), kateta AC pa (cos a) se veča. Ko pride AB do lege^AD, je a = 0°, kateta BC — 0 in kateta AC = AD — 1. Iz navedenega iz¬ vajamo: Sinus ostrega kota se veča, če se veča kot; ko meri kot 0», je sinus = 0; ko meri kot 90°, je sinus = 1. Vrednosti sinusa torej leži j omedOinl. sin 0° == 0, sin 90° = 1. Kosinus ostrega kota se manjša, če se veča kot; ko meri kot 0°, je kosinus = 1; ko meri kot 90°, je kosinus — 0. Vrednosti kosinusa torej ležijo med 1 in 0. cos 0° == 1, cos 90° = 0. 2. Tangenta in sekanta. Ako načrtamo do¬ ločenemu kotu a pripadajoči lok s polmerom r == 1 in v zvezi s tem lokom narišemo projekcijski tri¬ kotnik ACB (slika 8.) tako, da je kotu a priležna kateta = r, predočuje nasprotna kateta CB tangento in hipotenuza AB sekanto kota a; zakaj po pojas¬ nilih o kotnih funkcijah je CB CB „„ . AB AB tg a AC — — CB in sec a AC — AB. Ako vrtimo krak AB (slika 6.) na levo do lege AE, se veča kot a, istotako tudi kateta CB (tg a) in hipotenuza AB (sec a). Ko je a = 90°, je CB vzporedna z AE in vsaka iz- Slika 6. med njiju neizmerno velika. Če pa E vrtimo krak AB na desno, se manjša kot a in istotako tudi kateta CB (tg a) in hipotenuza AB (sec a). Ko je a = 0°, preide kateta CB v točko in hipotenuza AB v polmer AC. Iz navedenega izvajamo: Tangenta ostrega kota se veča, če se veča kot; ko meri kot 0<>, je tangenta = 0; ko meri kot 90°, je tangenta = oo. Vrednosti tangente torej ležijo med 0 in oo. tg 0° — 0, tg 90° == oo. Sekanta ostrega kota se veča, če se veča kot; ko meri kot 0°, je sekanta=l; ko meri kot 90°, je sekanta = 'oo. Vrednosti sekante torej ležijo med 1 in oo. sec 0°' = 1, sec 90° = oo. Vrednosti tan¬ gente in se¬ kante. 3. Kotangenta in kosekanta. Ako načrtamo komplementarnemu kotu BAE = 90 — a (slika 7.) pri¬ padaj oči lok s polmerom r = 1 in v zvezi s tem lokom projekcijski trikotnik AEB tako, da je kotu (90 — a) priležna kateta = r, je projekcijski tri¬ kotnik kota (90 — a) obenem tudi projekcijski tri¬ kotnik kota a; zakaj kot pri B je kakor izmenični kot = a. V projekcijskem trikot¬ niku AEB predstavlja potem pri¬ ležna kateta EB kotangento in E hipotenuza AB kosekanto kota a; zakaj po pojasnilih o kotnih funk- cijah je cotg a — — EB in cosec a = = 4^ = AB. AE 1 A Ako vrtimo krak AB (slika 7.) na levo do lege AE, se veča kot a, kateta EB (cotg a) in hipotenuza AB (cosec a) pa se manjšata. Ko Predočevanje kotangente in kosekante z daljicami. Vrednosti ko¬ tangente in ko¬ sekante. 8 je a = 90°, postane kateta EB — 0 in hipotenuza AB — AE = 1. Če pa vrtimo krak AB na desno, se manjša kot a, kateta EB (cotg a) in hipotenuza AB (poseč a) pa se večata. Ko je a = 0°, je EB vzporedna z AD in vsaka izmed njiju neizmerno velika. Iz na¬ vedenega izvajamo: Kotangenta ostrega kota se manj ša, če se kot veča; ko meri kot 0°, je kotangenta == co; ko meri kot 90°, je kotangenta = 0. Vrednosti kotangente torej ležijo medooinO. cotg 0° = oo, cotg 90°== 0. Kosekanta ostrega kota se manjša, če se kot veča; ko meri kot 0°, je kosekanta = oo; ko meri kot 90°, je kosekanta = l. Vred¬ nosti kosekante torej ležijo med oo in 1. cosec 0° == oo, cosec 90° =1. S pomočjo višje matematike so izračunali funk¬ cije kotov od 00 do 450 in pregledno sestavili v tab¬ lice, ki se imenujejo trigonometrijske tablice. Funkcije kotov od 45° do 90° se ujemajo po prej¬ šnjem paragrafu s kofunkcijami dotičnih komple¬ mentarnih kotov. Sekanta in kosekanta se navadno izpuščata v trigonometrijskih tablicah, ker se rabita prav redkokdaj. S pomočjo trigonometrijskih tablic se da vsakemu ostremu kotu poiskati dotična kotna funkcija in ob¬ ratno se da najti vsaki določeni kotni funkciji pripa¬ dajoči kot. Za porabno računanje so najpripravnejše takšne trigonometrijske tablice, v katerih se nahajajo logaritmi kotnih funkcij. Kako se te tablice rabijo, pove navodilo, ki se nahaja v njih. § 3. Razreševanje pravokotnih trikotnikov. Izreki o razreše¬ vanju pravokot¬ nik trikotnikov. Po pojasnilih o kotnih funkcijah je v pravo¬ kotnem trikotniku CAB (slika 8.): — = sin a — cos 8, c r ’ f = tg a = cotg/3. 9 Ako odpravimo v teh poj asnilnih enačbah ulomke, najdemo: a = c sin a — c cos /91 a == itg a = 6 cotg /9 J ' - 1 ' Kateta pravokotnega tri¬ kotnika je enaka produktu hipotenuze in sinusa nasprot¬ nega kota, ali pa enaka pro¬ duktu hipotenuze in kosinusa priležnega (ostrega) kota. Kateta p[r a v o k o t n e°g a enaka produktu iz druge ^katete in tan¬ gente nasprotnega kota, ali pa enaka pro¬ duktu iz druge katete in k o tangente pri¬ ležnega (ostrega) kota. Nasprotni in priležni (ostri) kot se določujeta po kateti, o kateri se govori. Pravokotni trikotnik razrešiti se pravi, iz dveh znanih trikotnikovih sestavin, med katerima je vsaj ena stranica, določiti ostale sestavine. V to svrho rabiš razen zgoraj navedenih izrekov tudi izrek o vsoti trikotnikovih kotov in Pitagorov izrek. Slika 8. trikotnika je Naloge.* 1. Izračunaj iz hipotenuze e — 346 in iz kota a = 38° 45' ostale sestavine in ploščino pravokotnega trikotnika! Razrešitev. (Glej sliko 8.)! /9 = 90 — a;a = c sin a, b — o cos a * Preizkusi računske rezultate tudi potom načrtovanja. 10 2. Izračunaj iz katete a = 75'8 in iz kota /3 — 49° 18' ostale sestavine pravokotnega trikotnika! Razrešitev. Kot a = 90° — /3. Iz enačbe a = == e cos/3 najdeš hipotenuzo c = druga kateta je h = a tg /?. Poišči posebne vrednosti ža navedene zneske! 3. Izračunaj iz kateta — 18 in b — 13 ostale sestavine pravokotnega trikotnika! Razrešitev. Iz enačbe tg a = ~ najdeš kot a; potem j e /3 = 90° — a. Hipotenuzo najdeš po Pita¬ gorovem izreku, če sta kateti maloštevilčni števili; če pa sta kateti mnogoštevilčni števili, najdeš iz enačbe a = c sin a (b = c cos a) hipotenuzo e = 4. Izračunaj iz katete b = 23 in iz hipo- tenuze c = 35 - 6 ostale sestavine pravokot¬ nega trikotnika! Razrešitev. Iz slike najdeš: sin j? = A potem je a — 90° — /? in a == /c2 — a li pa a == c cos /8. 5. Diagonali pravokotnika, ki ima 100 m2 ploščine, tvorita kot y = 20° 32' 10"; koliki sta pravokotnikovi stranici? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Pravo- kotnikova osnovnica je a in višina b. Diagonali sta enaki in 'se razpolavljata. Kot a, katerega tvori ena 11 diagonala z višino, leži na osnovnici enakokrakega 1 «0 0 _ "f "f trikotnika in je zato — - g—- = 90° — Potem je osnovnica a — b tg a = b tg (90° — ^ = b cotg -g in ploščina p = ab = t>2 cotg Iz te enačbe najdeš b — l/—-— = l/p tg Končno P cot ®¥ je osnovnica a = 6. Trapezovi nevzporednici b ==105 in d = 88 stojita pravokotno ena na drugi; koliki so trapezovi koti? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Ker so koti na trapezovih nevzporednicah suplementarni, je treba določiti samo kota na daljši vzporednici. Ako razdeliš trapez na paralelogram in trikotnik, je pri navedeni nalogi trikotnik pravokoten. Njegova ostra kota /? in <5 sta obenem trapezova kota. Iz slike najdeš tg /? = potem je d — 90° — /?. 7. Značilni paralelogram poševnega valja je romb, ki ima 50 dirč ploščine in v katerem je en kot a = 57° 28' 22"; kolika je valjeva prostornina? Razrešitev. Rombova višina je v = 2r sin a in ploščina p = 2 r • v = 4 r2 sin a. Iz zadnje enačbe najdeš r = /Valjeva prostornina je k = n v* • v = 2 n r 8 «sin a = 2 jv \ * s * n «• Reši še naslednje naloge: 8. Razreši pravokoten trikotnik, če je: a) c = 54-986, /? = 63° 42' 27"; b) a = 128-74, a = 49« 36' 18"; v c) a = 18-135, b = 32*945; č) a — 24, c — 51. 9. Razreši pravokoten trikotnik, v katerem je v hipo- tenuzi pripadajoča višina, p ploščina, aj projekcija katete a in b\ projekcija katete b na hipotenuzo: 12 a) v = 76-623, /9 = 24« 11' 22"; h) p = 4287-3, a = 400 8'; c) v = 38-4, aj : bj = 9:16; d) e = 68, alb = 6 : 5„ 10. Pravokotnikovi diagonali tvorita kot 1420 46'; stranica, ki leži temu kotu nasproti, meri 120 5 cm; kolika je druga pravokotnikova stranica? 11. Iz točke, ki ima središčno razdaljo c = 13 dm, se narišeta tangenti na krog s polmerom r = 5 dm; kolik je kot, ki ga oklepata tangenti? 12. Kolika je tangenta, ki jo narišeš 'iz 2 - 382 km visoke gore na zemeljsko površje, če meri zemeljski pol¬ mer r = 6367 km ? 13. Os poševnega valja meri 13'7 cm in je 670 28'35" naklonjena proti osnovni ploskvi; kolika je prostornina, če meri polmer osnovne ploskve 3 8 cm ? 14. Kolik kot tvori stranica pokončnega stožca z osnovno ploskvijo, če meri polmer 2-5 dm in prostornina 15 dm 3 ? 15. Polmer pokončnega stožca meri 2-34 dm in kot na vrhu osjega preseka 37° 28'25"; kolik je a ) plašč, h) prostornina? 16. Kolik je plašč pokončnega stožca, kimeri 179-04 dm 3 in čigar stranica je 670 5' 18" naklonjena proti osnovni ploskvi? 17. Pravokoten trikotnik, čigar hipotenuza meri 13 dm in eden ostrih kotov 480 12' 36", se zavrti okoli hipotenuze; kolika je a) površina, b) prostornina nastalega telesa? 18. Polmera pokončnega prisekanega stožca merita 20 in 8 dm in naklonski kot stranice proti osnovni ploskvi meri 50° 13' 42"; kolik je polmer krogle, ki ima s prise¬ kanim stožcem enako prostornino? 19. Krogla ima 120 dm 3 prostornine; kolik je krogelni izsek, pri katerem meri kot na vrhu osjega preseka 640 44' ? § 4. Razreševanje enakokrakih trikotnikov. Slika 9. A Enakokraki trikotnik razrešiš po istih izrekih kakor pravokot¬ nega; zakaj osnovnici pripada¬ joča višina razdeli vsak enako¬ kraki trikotnik na dva skladna pravokotna trikotnika, in eden teh trikotnikov se porabi za dolo¬ čevanj e neznanih trikotnikovih sestavin. Primerjaj sliko 9.! 13 Naloge. 1. V enakokrakem trikotniku sta osnov¬ nica in krak v razmerju 5:8; ploščina meri 84'4 dm 2 . Koliki so a) koti, b) stranice? Razrešitev. aj Po pogoju naloge je a:b = 5:8. Ker je ® = b cos 8 al'i a = 2 b cos /3, najdeš iz nave- u denega sorazmerja cos /3 = T 5 -g-. Potem je a= 180° — 2 /3. b) Trikotnikovo ploščino določa obrazec p • v; ker je v = tg /3, se izpremeni navedeni obrazec v p = | • | tg /3 = ^ tg /3. Iz te enačbe najdeš a = v = |/"4p.cotg/3. Krak b izračunaš iz enačbe ~ — b cos/3; torej a 2 cos B’ Slika 10. O je b 2. Stranica pravilnega šest- naj sterokotnika j e s == 9 - 36 cm; kolika je a) ploščina, b) pol¬ mer včrtanega in očrtanega kroga? Razrešitev, a) Pravilni šestnajsterokotnik je sestavljen iz 16 skladnih enakokrakih trikotnikov. Slika 10. predstavlja enega teh trikotnikov. Kot na vrhu trikotnika ABO je a = = 22° 36'. Ploščina pravilnega šestnajsterokotnika je 16 krat tolika kakor ploščina trikotnika ARO, v znakih p = 16 • v. Ker je t = * cotg “, se izpremeni navedeni obrazec v p= 4s2 cotg |. b) Polmer včrtanega kroga je q = OC = ^ cotg|~. Polmer očrtanega kroga (r = O A) najdeš iz enačbe s . a . . . s 2 = r sin 2 ; torej je r =- 2sin 2 3. Kolik je polmer kroga, v katerem pripada središčnemu kotu a = 100° izsek p = 31-416 dm 2 ? 14 Razrešitev. Krogov izsek in krožnina sta si kakor pripadajoča središčna kota, v znakih p : nr 2 = = a : 360°. Iz tega sorazmerja najdeš r = 4. Kolik je krogov odsek, čigar lok meri v dolgostni meri 40 cm in vločni meri 108° 30'? Razrešitev. Ploščino kro- govega odseka najdeš, ako od- šteješ od izsekove ploščine plo¬ ščino pripadajočega trikotnika (slika 11.). Mersko število loka v ločni meri se ujema z merskim številom pripadajočega sre¬ diščnega kota. Lok in polkrog si kakor pripadajoča središčna kota, v znakih 1 ; n r = a : 180°. Iz tega sorazmerja najdeš r = — • — sta Izsekova ploščina je potem pi = \lr. Ploščino pripada- jA.B jočega trikotnika ABO najdeš po obrazcu p 2 = • OC; ker je ~~ = r sin “ in OC — r cos se izpremeni navedeni obrazec v p 2 = r 2 sin “ cos “. Končno je od- sekova ploščina p = p i — P 2 - Razreši še naslednje naloge: 5. Razreši enakokrak trikotnik, če je: ia) a = 80-6, = 440 12' 8"; m) b == 835, a = 1540 59'22"; c) a = 168, b — 124; Č) a = 147, h a == 70; d) b = 25-02, h a = 23-7; e) a == 364, h b = 28‘5; t) p = 525, a = 91° 3' 20"; g) p = 27-783, « = 12-69. 6. V krogu s polmerom r pripada središčnemu kotu a lok 1 in tetiva t; izračunaj iz dveh teh količin ostale: a) r == 18, a = 63« 17'; b) t = 92-85, a = 157° 32'; c) r — 12, t = 14-04; č) r = 78, 1 = 91-728; d) 1 = 17, a = 170 3 '. 7. Krogu s polmerom r = 6-28 dm se a) včrta pra¬ vilni deveterokotnik, b) očrta pravilni dvanajsterokotnik; kolika je ploščina vsakega teh mnogokotnikov? 15 8. Stranica pravilnega peterokotnika je s =4-82 dm; kolika je ploščina ? 9. Ploščinapravilnegadeseterokotnikajep — 123-45 cm% kolik je polmer a) včrtanega, b) očrtanega kroga? 10. Pravilni osemnajsterokotnik ima 197 dm 2 ploščine; kolik je njegov obseg? 11. Krogu s polmerom r — 9 - 65 se včrta in očrta pravilni osmerokotnik tako, da so njune stranice vzpo¬ redne ; kolika je ploskev med obsegoma teh mnogokotnikov? 12. Kolika je prostornina pravilne petnajsterostra- nične piramide, če meri osnovni rob 5 - 78 dm in naklonski kot obstranskega roba proti osnovni ploskvi 640 30'? 13. Pri pravilni tristranični piramidi je naklonski kot med obstransko in osnovno ploskvijo a = 750 ; kolika je prostornina, ako meri osnovni rob 8-4 dm? 14. Izračunaj prostornino telesa, ki nastane, ako za¬ vrtiš enakokrak trikotnik okoli kraka, če meri osnovnica 7 dm in kot na vrhu 80" 25'! § 5. Funkcije topih in izbočenih kotov in njih vrednosti. Pri vsakem kotu ločimo nepremični in pre¬ mični krak; prvotna poltrakova lega tvori nepre¬ mični krak, vsaka druga poltrakova lega pa premični krak. Določenemu kotu najdemo projekcijski trikotnik, Projekcijski tri- ako načrtamo iz točke premičnega kraka pravokot- nico na nepremični krak, oziroma na podaljšek tega kraka. Slika 12. I. predstavlja projekcijski trikotnik za ostri kot, slika 12. II. projekcijski trikotnik za topi kot, slika 12. III. projekcijski trikotnik za kot med 180° in 270 °, slika 12. IV. pa projekcijski trikotnik za 16 Občna pojasnila o kotnih funk¬ cijah. Predznaki kot¬ nih funkcij. kot med 270« in 360°. Ako primerjamo te projekcijske trikotnike med seboj, vidimo, da imajo pravokotnice BiCi, B 2 C 2 , B 3 C 3 in jB 4 C 4 dve nasprotni legi (smeri) in istotako tudi projekcije OC), OC 2 , OC 2 in OC4. Pri kotih od 0° do 180° se raztezajo omenjene pravo¬ kotnice (BC) od zgoraj navzdol, pri kotih od 180° do 360° pa od spodaj navzgor; v prvi legi so te pravokotnice BG pozitivne, v drugi legi pa negativne. Projekcije OC ležijo pri ostrih kotih in pri kotih med 270° in 360° na nepremičnem kraku, pri topih kotih in pri kotih med 180° in 270° pa na podalj¬ šanem nepremičnem kraku; v prvi legi so te daljice OC pozitivne, v drugi pa negativne. Hipotenuze OB projekcijskih trikotnikov smatramo le kot absolutne količine. ’ /1 . . ... Cl jBj C2B2 C 3 B 3 . C4 JB4 Razmerja (kvocijenti) m so sinusi kotov a, /?, y in d. Kateri teh razmerji sta pozitivni, kateri pa negativni 9 „ ■• 4-4 OC\ OC 2 OC 3 . OC 4 , Razmerja (kvocijenti) m so ko- sinusi kotov a , /9, y in d. Kateri teh razmerji sta pozitivni, kateri pa negativni? t, • /| .. , ... C\ />; C2 B2 C S B. Razmerja (kvocijenti) 2' oc 3 in OC, Kateri teh razmerji C 4 B 4 so tangente kotov a, /?, y in <5. sta pozitivni, kateri pa negativni? „ . ...... OCi OC2 .OC 3 . OC, „ Razmerja (kvocijenti) ^ in ČTB, 80 kotangente kotov a, /9, y in <5. Kateri teh razmerji sta pozitivni, kateri pa negativni? Iz navedenih pojasnil sledi: Sinusi ostrih in topih kotov so pozi¬ tivni, sinusi izbočenih kotov pa so nega¬ tivni. Kosinusi ostrih kotov in kotov med 270° in 360° so pozitivni, kosinusi topih kotov in kotov med 180« in 270° pa so nega¬ tivni. Tangente in kotangente ostrih kotov in kotov med 180° in 270° so pozitivne, tan- 17 Slika 13. gente in kotangente topih kotov in kotov med 270° in 360° pa so negativne. Ako načrtamo določenemu kotu a pripadajoči lok s polmerom r = 1 in v zvezi s tem lokom na¬ rišemo projekcijski trikotnik OC]Bi (slika 13.) tako, da je hipotenuza OB\ = r = 1, predočujeta kateti C\Bi in OC\ sinus in kosinus kota a. Ako vrtimo krak OB x (slika 13.) iz prvotne lege OA na levo, se veča kot a in dobi vse vrednosti od 0° do' 360°. Pri 0° je sinus = 0 in kosinus ==■ 1. Od 0° do 90° se veča sinus (t. j. C\B\) in dobi vse vrednosti od 0 do 1, kosinus (t. j. OC\) pa se manjša in dobi vse vrednosti od 1 do 0. Pri 90o je sinus = 1 in kosinus = 0. Od 90° do 180° se manjša sinus (C 2 i? 2 ) in dobi vse vrednosti od 1 do 0, kosinus (OC 2 ) pa je ne¬ gativen in dobi vse vrednosti od 0 do — 1 (se manjša). Pri 180° je sinus — 0 in kosinus = — 1. Od 180° do 270° je sinus ( C3B3 ) negativen in dobi vse vrednosti od 0 do — 1 (se manjša), kosinus (OC3) pa je tudi negativen in dobi vse vrednosti od — 1 do 0 (se veča). Pri 270« je sinus — — 1 in kosinus == 0. Od 2700 do 3600 je sinus (C4B4) negativen in dobi vse vrednosti od — 1 do 0 (se veča), -kosinus (OC 4 ) pa je pozitiven in dobi vse vrednosti od 0 do 1 (se veča). Vrednosti sinusa se premikajo med številoma -j- 1 in — 1. Od 0 « do 90« se veča sinus od 0 do 1; od 900 do 1800 se manjša sinus od 1 do 0; od 180° do 270° se sinus od 0 do — 1; od 2700 do 360° sinus od — 1 do 0 . Vrednosti kosinusa se premikajo med številoma -j- 1 in — 1. Od 00 do 900 se manjša kosinus od 1 do 0; od 900 do 1800 se manjša kosinus od 0 do — 1; od 180° do 270« se veča manjša se veča 2 g- Predočevanje si¬ nusa in kosinusa z daljicami. Vrednosti sinusa in kosinusa. Matek, Geometrija II. 18 Vrednosti tan¬ gente. /f Vrednosti ko- tangente. a '.l-ofO C (J UP* n ' 4 J u - kosinus od — 1 do 0; od 2700 do 3600 se veča kosinus od 0 do 1. Med katerima mejama se premikajo vrednosti tangente kotov od 00 do 360°, se da določiti s po¬ močjo enačbe tanga = ki izraža znano od- visnost kotnih funkcij enega in istega kota. Če je a == 00, je sinus = 0, kosinus pa = 1; v tem slučaju je'“tg a — = 0. Če se a veča od 0° do 90°, se veča sinus od 0 do 1, kosinus pa se manjša od 1 do 0; ker se v ulomku Sl — veča števec, imeno- valeč pa manjša, postaja torej tangenta kota a vedno večja. Dokler je sina manjši od cos a, je tga manjša odi; ko pa postane sin a večji od cos a, je tga večja od 1 . Če je a == 900, je tga = oo; zakaj v tem slu¬ čaju je v ulomku s - n — imenovalec = 0. Tangente kotov od 00 do 90° ležijo torej med vrednostmi 0 in oo. Od 900 do 180« se manjša sinus od 1 do 0, in kosinus se manjša od 0 do — 1; vrednosti za tan¬ gento so torej negativne in ležijo med — oo in 0. Od 180° do 360° dobijo tangente iste vrednosti, ka¬ tere imajo od 0° do 180°. Vrednosti tangente se gibljejo med -J- oo in — oo. Od 00 do 90° se veča tangenta od 0 do oo, od 900 do 180° se veča tangenta od — co do 0. Od 1800 do 360° velja isto, kar velja o kotih od 0° do 180°. Kotangenta je obratna, vrednost tangente, v znakih cotg a = ~ -. Vrednosti kotangente se torej premikajo med -j- oo in — oo. Od 00 do 900 se manjša kotangenta od co do 0; od 90o do 1800 pa se manjša od 0 do — oo. Od 1800 do 360« velja isto, kar velja o kotih od 00 do 180°. Ako primerjamo vrednosti funkcij pri kotih, ki so istotoliko pod 90° in nad 90°, spoznamo takoj, da so sinusi takih kotov enaki, kosinusi, tangente in kotangente pa nasprotne. 19 Ako napravi vrteči se poltrak več nego en vrtež, nastajajo koti, ki merijo več ko 3600. Funkcije takih kotov se ujemajo zaporedoma s funkcijami kotov od 00 do 3600. Če hočemo vrednosti posameznih kotnih funkcij med seboj primerjati in jih obenem pregledati, je treba te vrednosti predočiti s sliko. Vrednostim si- nusove funkcije najdemo n. pr. geometrijsko podobo, ako načrtamo funkcijo y — sin x. Ker merimo kote s pripadajočimi loki in ker meri krogov obod, ki pripada polnemu kotu, v dolgostni meri 2 jr = 6 , 28.., so kotom 30°, 45°, 60«, goo, 1200, 1350, 150«, 1800... ta-le merska števila ti it 2 tc 3ti 57c 3’ IT’ T’ T’ IT’ n ' • • Če raste kot x od 0 do ^,'se večajo od 0 do 1; če raste kot x od ^ do jr, se manjša j-od 1 do 0; če raste 3 tz kot x od do y, se manjšaj^odOdo—1; če raste kot rod| do 2 jr, se večajo od — 1 do 0. Slika 14. predočuje te odvisnosti. Posamezne točke M\, M 2 , M 3 ... sinusove črt ef naj deš iz navedenih podatkov. .7 Točke 7Z _ 6 ~~ n _ 4 — 71 _ 3 “ 7t 2 — 2tc _ ~3 ~ 3tx 4 ~~ Btc ~ jr = 0 0- 52. 079. 1- 05. 1- 52. 2- 09. 2- 36. 2-62. 3- 14. I 0 0-5 * ^2 = 0-71. | /3 = 087. 1 | /3 = 0-87. | /2 = 0 71. 0-5 0 1 T M x M . 2 M 3 Mi M 5 m 6 m 7 m 8 Mg Naortavanje si¬ nusove funkcije. Sinusova črta. 2 * 20 Za kote od 2 n do 4 jv, oziroma od 4 n do 6 n i. t. d., se ponavljajo za y iste vrednosti, katere veljajo za kote od 0 do 2 jr. Sinusova črta je sestavljena iz neskončno mnogo enakih delov. Prva polovica vsakega teh delov leži nad abscisno osjo, druga polovica pa pod to osjo. Slika 14. kaže prvega teh delov. Naloge. 1. Pretvori naslednje izraze tako, da s'e nahaja v njih le zahtevana kotna funk¬ cija, ter skrči zneske kolikor mogoče. a) r - j— f— v izraz, ki ima le cos a; ' 1 tg 2 a 7 7 sec a cos a S)Q a + cosec a sin a v izraz, ki ima b) le t g a. Razrešitev. S pomočjo enačb, navedenih v § 1., ki izražajo medsebojne odvisnosti kotnih funkcij enega in istega kota, najdemo: a) b) sin a cotg a _ sin a . cos a 4 + tg 2 a sec 2 a$ srna sec a — cos a r cos a = COS 3 * a; 1 — COS 2 a sm a cosec a sin a sin 2 a cos a sin a + COS a sin a COS 2 a cos a sin a = tg a + tg a I COS a sin a ' 1 — sin 2 a — 2 tg a. Razreši še naslednje naloge: 2. Pretvori naslednje izraze tako, da se nahaja v njih le zahtevana kotna funkcija, ter skrči kolikor mogoče: / a) cos a + - C ° tg K v izraz, ki ima le sin a; l) (sec a — cos d) cotg a v izraz, ki ima le sin a ; - . . tg a .... c) sin a cos a- 5 — v izraz, ki ima le cos a; ' Pno n ' ' č) 1 d) COS a cos2 a cotg2 a (tg2 a • COS a . .... v izraz, ki ima le cotg a; 1) v izraz, ki ima le tg a; cos 2 a tg a Cotg a e) — tg2 a (cotg 2 a — 1) v izraz, ki ima le cotg a. 3. Načrtaj naslednje funkcije: aj j- = cos x, b)y c) y — cotg x. tg 21 § 6. Funkcije suplementarnih in nasprotnih kotov. Suplementarna kota a in 1800 —a (slika 15.) imata simiBi ' tosmnsi, v 7 tangente in ko- isti projekcijski trikotnik OGB. Po pojasnilih o kotnih tangente supie- funkcijah je razmerje sinus kota a in obenem Slika 15. tudi sinus kota 180° — a. Ker so sinusi ostrih in topih kotov pozi¬ tivni, smemo reči, da imajo suple- mentarni koti enake sinuse, v znakih sin (180® — a) — sin a. oc Razmerje (kvocijent) gg je kosinus kota a in obenem tudi kosinus kota 180° — a. Ker je navedeno razmerje po pojasnilih prejšnjega paragrafa za kot a pozitivno, za kot 180° — a pa negativno, t. j. v znakih OC 1 cos a = -f- gg in cos (180° — a) = — najdemo iz teh pojasnilnih enačb cos a -f- cos (180° — a) = 0 cos (180° — a) = — cos a. Nadalje je: OC OB ’ ali tg (1800 — a) cotg (180° — a) sin (180 o — a) _ sin a cos (180o — a) COS (1800 _ a) COS a COS a = — tg a = — cotg a. sin (180°—a) sin Sinusi suplementarnih kotov so enaki; kosinusi, tan¬ gente in kotangente suple¬ mentarnih kotov so pa na¬ sprotni. Ako zavrtimo določen poltrak na dve nasprotni strani za istotoliko, nastaneta dva nasprotna kota. Pri vrtenju v zmislu, nasprotnem urnemu kazalcu, nastane pozitiven kot, ki se zaznamuje z -f- a ali krajše samo z a , zmislu urnega kazalca pa negativen kot, ki se za¬ znamuje z — a (slika 16.). Ako načrtamo kotu a pro- mentamili kotov. Sinusi, kosinusi, tangente in ko¬ tangente na¬ sprotnih kotov. pri vrtenju v 22 jekcijski trikotnik OCB ter podaljšamo pravokotnico BC do D, stvorimo kotu — a projekcijski trikotnik OCD , ki je skladen s trikotnikom OCB. Po pojasnilih CB CD o kotnih funkcijah jejsin a = -f- -^ B in sin (— a) — Ker pa je CD — — CB in OD = OB, j e sin (— a) — — torej: sin (— a) = — sin a. Nadalje je po pojasnilih o kotnih funkcijah cos a = oc oc = 4- Tvs in cos (—a) =4- Ker sta vrednosti Uti QQ QQ ULf razmerji QB in - 0D enaki, je torej cos (— a) = cos a. Potem je: tg (— a) = cotg (— a) = sin ( — a) COS (— a) Ct)S (— a) sin (— a) — sin a cos a COS a — sin a — tg a, — cotg a. Kosinusi nasprotnih kotov so enaki; sinusi, tangente in kotangente nasprotnih kotov pa so nasprotni. Naloge. 1. Določi funkcije kotov a) 1200, h) 1350 , e) 1500! 2. Določi funkcije kotov a ) —300, b) — 450, c) — 600; 3. Dokaži, da je a,) sin ( — 720) = — cos 18o, b) cos (— 720) — gin 180, o) tg (— 720) = — cotg 18°. 7. Funkcije kotnih vsot in razlik. Sinus in kosinus vsote dveh. kotov. Načrtajmo vsoti kotov a in /J projekcijski tri¬ kotnik OCB (slika 17.) in v zvezi s tem trikotnikom narišimo tudi kotoma j? in a projekcijska trikotnika ODB in ODD! Potem sta kota CBD in EOD enaka = a. Zakaj? Ako napravimo DF || DO, je po pojasnilih o kotnih funkcijah sin (a -f- /9) cos (a -)- P) CB __ BD -f FB _ ED OB OB ~ OB OC _ OE—FD ___ OE OB OB ~ OB FB OB' FD OB' 23 Slika 17. Ker se kvocijentova vrednost ne izpremeni, če po¬ množimo dividend in divizor z isto količino, in ker ostane produktova vrednost ista, če zamenimo faktorja med seboj, naj¬ demo iz navedenih obrazcev z ozirom na pojasnila o kotnih funkcijah sin (a 4- /0 — Q B - 0B + Q B ; DB — — sin a cos /3 -(- cos a sin /3, , , m OE OD FD DB C0S ( a — OB’ OD OB' DB ~ — cos a cos /3 — sin a sin /9. 0 Da veljata navedena obrazca tudi”pri topih ko¬ tih, se prepričamo s pomočjo slike 18. tako-le: . , , GB ED , FB ED OD sin (« tP) — OB " ■ OB ' OB ~ OB ' OD -j- 'o B ' BB — Sin a cos P + cos a sm P- m OC FD — OE C°S{« + P) = -OB = - OB — = == OB_i?Z)_OB OD _ FD DB OB OB ~ OB’OD ~ OB’DB ~~ Slika 18. cos a cos /3 — sin a sin /?. Nadalje je to- to I _ cos (g -j- p ) _ tg ( a + P) sin (a + p) ~ sin a cos p -j- cos a sin cos a cos p — sin a sin p’ ali če delimo števec in imenovalec zadnjega ulomka s cos a cos /3, najdemo Ako sta kota a in /9 enaka, se izpremenijo na¬ vedeni obrazci v sin 2 a = 2 sin a cos a, ■ cos 2 a = cos 2 a — sin 2 a, , „ 2 tg a ° 1 — tg 2 a Če postavimo v zgoraj navedenih obrazcih na¬ mesto /3 nasprotni kot — /3 in se oziramo na odvis¬ nosti funkcij nasprotnih kotov, najdemo sin (a — /3) = sin a cos /3 — cos a sin /3, cos (a — /3) =-- cos a cos /3 -|- sin a sin /3, * - *> = Tangenta vsote dveh kotov. Sinus, kosinus in tangenta dvojnega kota. Sinus, kosinus in tangenta razlike dveh kotov. 24 Naloge. 1. Izračunaj iz funkcij kota a sinus in kosinus kota Razrešitev. Ako uporabimo obrazca cos 2 a -|- -j- sin 2 a = 1 in cos 2 a — cos 2 a — sin 2 a, je cos 2 ^ -J- sin 2 “ = 1 . cos 2 | — sin 2 ~ = cos a. Iz teh enačb najdemo a ,/l+cosa . . a ,/1 — cos a cos 2 = V - m Sln 2 = V - I - • 2. Izrazi funkcijo sin (a — /? —y) s funkci¬ jami kotov a, /9 in 7 ! Razrešitev. sin (a — /3 — 7 ) = sin (a — / 8 ) cos 7 — cos (a — / 3 ) sin 7 - sina cos/S cos 7 — cos a sin /3 cos 7 — cos a cos /3 sin 7 — — sin a sin /? sin 7 . 3. Izrazi funkcijo sin 3 a s funkcijami kota a! Razrešitev. sin 3 a — sin (2 a -j- a) = sin 2 a cos a -j- cos 2 a sin a = = 2 sin a cos 2 a-|- cos 2 a sin a—sin 2 a—3 sin a cos 2 a — sin 3 a. Razreši še naslednje naloge: 4. Izračunaj iz sin 18° == ~ 1 ^ naslednje funkcije: cos 18°, tg 18°, sin 36°, cos 36°,tg 36°, sin 72°, cos 72°, tg72°. 5. Izračunaj funkcije kotov a ) 15° — 450 — 30°, b) 22 c) 75° = 45° + 300. 6 . Izrazi naslednje funkcije s funkcijami kotov a, /3 in 7 : a) sin (a + /8 + 7 ), h) sin (a -j- i? — 7 ), e] cos (a + /3 + 7 ), c) cos (a -f £ — 7 ), d) tg (a -f £ + 7 ), 4 ) tg (a -j- /3 — 7 ). 7. Izrazi naslednje funkcije s funkcijami kota a: a) cos 3 a, b) tg 3 a, e) sin 4 a. 8 . Izrazi cotg (a + /3) s cotg a in cotg /3. 25 § 8. Seštevanje in odštevanje kotnih funkcij. Če seštejemo (odštejemo) obrazce za sin (a -f- /?) in sin (a — /?), oziroma obrazce za cos (a -f- /J) in cos (a — /?), najdemo: sin (ct — )— jff) —j— sin (a — /?) = 2 sin a cos /?, sin (a -j- /?) — sin (a — /3) == 2 cos a sin /9, cos (a —j— /9) —(— cos (a — /S) == 2 cos a cos /9, cos (a -j- /5) — cos (a — /?) = — 2 sin a sin /?. Če zaznamujemo z 7 = a -|-/9 in z <5 = a — /9, jea = in /9 = potem se izpremenijo navedeni obrazci v sin 7 sin o = 2 sin —~~ cos - L -^—, sm 7 — sin o = 2 cos sin , i .s o 7+8 T — 8 COS 7 -f- COS 0 — 2 COS ' L -g— COS g—, , s n • Y -j- 8 . 7 — 8 cos / — cos o = — 2 sin — sin — Kako seštevaš, oziroma odšte¬ vaš sinusa in kosinusa dveh kotov; Naloge. 1. Pretvori naslednje izraze tako, da postanejo uporabni za računanje z loga¬ ritmi: a) 2 — 2 sin a; b) 1 2 sin a ; c) 2 — 2 cos a; o) 1 —j— 2 cos a; dj 1 — tg a; e) 2 -j- tg a; i) 1 -j- tg a tg /9; g) sin a-|-cos /S; A) 2 sin a-j-sin 2 a; i) cos 3 a-(-3 cosa; j) 1 -|- sin a -j- sin /9, če je a-}-/? = 90 0 ; tg a-f- tg /9-f- + tg7, če je a + /9 + 7 = 180°. Razrešitev. a) Ako uporabiš dejstvo, da je 1 — sin 900, najdeš 2 — 2 sin a = 2 (1 — sin a) = 2 (sin 900 — sin a) == = 4 cos —~— sin —^—. b) Ako uporabiš dejstvo, da je ^ = sin 300, najdeš 1 —}— 2 sin a = 2 Q- + sin a) = 2 (sin 300 -(- sin a) = = 4 sm —~— cos —5—. c) Ako uporabiš dejstvo, da je 1 — cos 0°, najdeš 2 — 2 cos a = 2 (1 — cos a) = 2 (cos 00 — cos a) = 4 sin g- sin (- 1 ) 4 sin 2 , 26 o) Ako uporabiš dejstvo, da je £ = cos 60°, najdeš f 2 4 cos cos a = 2 (| -j- cos a) = 60o -L a 60“ — a r—cos——. 2 (cos 600 -)- cos a) aj ako uporams aej deš 1 — tg a = tg 450 _ sin 45 0 cos a — cos 45« sin a cos 45° cos a , _ sin 40“ ^ a ’ cos 45° sin (45° — a) cos 45° cos a' cos a e) Ako uporabiš dej stvo, da j e 2 = tangenti nekega kota 6, ki ga lahko poiščeš v trigonometrijskih tablicah (2 = tgd), najdeš2 —|— tg a — tg d -|- tg a = sin 8 cos a -j- cos S sin a _ sin (8 + a) sin 8 cos i cos a COS S cos a COS 8 COS a . f) 1 + tg a tg £ = 1 cos a cos p + sin a sin p cos a cos B sm a sin 1 COS a COS [: COS (a — (3) COS a COS P’ g) Ako uporabiš dejstvo, daje cos/? = šin (90°— najdeš sin a -f- cos /? = sin a -j- sin (90° — /9) a + 90° •— p_a — 90° +P 0 ), 2 sin cos h) 2 sin a -j- sin 2 a = 2 sin a -f- 2 sin a cos a = = 2 sin a (1 -j- cos a) = 2 sin a (cos 0° cos a) = = 4 sin a cos 2 “. i) cos 3 a -j- 3 cos a = cos 3a-f cos a -j- 2 cos a — = 2 cos 2 a cos a -f- 2 cos a = 2 cos a (cos 2 a -f- 1) == = 4 cos 3 a. j) Ako uporabiš dejstvo, da je 1 = sin 900 = == sin (a -f- /3), naj deš 1 -j- sin a -j- sin /? = sin (ct -j— /9) —(— + sin a -f- sin /? — 2 sin ^ cos ~~ -(- 2 sin cos = o* a “bP/ cc -j- P i a — P \ = 2 sin —(cos — — (- cos —g-£l) = ..a+S a p . . a P = 4 sm —cos g- cos | = 4 sin 45« cos g cos k) Iz a -f- 0 = 1800 — 7 najdeš tg (a -f- j®) = = tg (1800 — y) in = — tg y. Če v tej enačbi odpraviš ulomek im jo urediš, dobiš tg a -j- tg /? -f-tg y = = tgatg£tgy. 27 2. Pretvori še naslednje izraze tako, da postanejo uporabni za računanje z logaritmi: (o) 1 + tg a; J- 2 tg a; - cos a 1 + cos a ’ sin 2 a 1 + cos 2 a ’ sin 3a — 3 sina cos 3 a -f- 3 cos a’ sin 2 a — sin 2 p COS 2 a - - COS 2 P 90°; n) sin a -|~ sin /3 -j- sin y, če je a -)- /3 - j- y = 180°; oj sin a -f- sin /3 -- sin y, če je a -j- /S -j- y = 180°; pj cos | -f cos | + cos ?, če je a -p /3 -f y P 180°: r) cotg^+cotg |—f-cotg^, če je a -f- /9 -f y = 180°. » , § 9. Razreševanje pravokotnih in enakokrakih trikotnikov iz sestavljenih sestavin. Ostra kota pravokotnega trikotnika sta kom¬ plementarna. Ako poznamo enega teh kotov, je znan tudi drugi. Krog, ki je pravokotnemu trikotniku očrtan, ima hipotenuzo za premer, v znakih 2r = e. Polmer kroga, ki je pravokotnemu trikotniku včrtan, je določen po obrazcu 2 p — q (a -f- b -f- c) ali krajše p = qs , kjer pomeni p trikotnikovo ploščino in s polovico trikotnikovega obsega. V kakšni medse¬ bojni zvezi sta premera krogov, ki sta pravokot¬ nemu trikotniku včrtana in očrtana, spoznamo iz naslednjega. Ker sta tangenti načrtani iz določene točke na določeni krog enaki in ker je v sliki 19. četverokotnik GDOF kvadrat, Pravokotnemu trikotniku očr¬ tani in v črtani krog. 28 Ako je eden notranjih kotov enakokrakega tri¬ kotnika določen, sta znana tudi ostala notranja kota. Naloge. 1. V pravokotnem trikotniku je vsota ene katete in hipotenuze s = 17 dm in drugi kateti nasprotni kot /? — 42°; kolika je hipotenuza? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Ker j e po nalognem pogoju a -j- c = s in po trigonometrijskih izrekih o pravokotnem trikotniku a = c sin a, naj¬ demo iz navedenih enačb 1 + sina 900 4- a 900 — a 2 sin-g— cos - g - 2. Vsota .obeh katet pravokotnega tri¬ kotnika je s = 25 dm in večji kateti na¬ sprotni kot a = 500; kolika je daljša kateta? Razrešitev. Daljša kateta je a. Iz enačb a-)-6 = sin5 = atg/? naj deš _ s _ s cos 45» cos p a 1 —(— tg p sin (45 ° + P) ' 3. Obseg pravokotnega trikotnika je 2s = 36 dm in eden ostrih kotov /? = 33«; ko¬ lika >e hipotenuza? Razrešitev. Ker je po nalognem pogoju a -j- 6 -|- c = 2 s in po trigonometrij skih izrekih o pravokotnem trikotniku a = e sin a in h = c sin /?, najdemo (§ 8 nal.,1. j.) c = 2 s sin a -j- sin p -|-1 2 sin 45 o cos ^ cos - 4. V pravokotnem trikotniku je vsota ene katete in hipotenuzi pripadajoče vi¬ šine s = 8 - 7 m in drugi kateti nasprotni kot a — 48°; kolika je daljša kateta? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Daljša kateta je a. Po nalognem pogoju je b -j- v c = s, po 29 trigonometrij skih izrekih o pravokotnem trikotniku pa b = a tg /? in v e = a sin/?. Iz teh enačb najdemo s cos p _ s cotg p a sin P (1 + cos P) 0 p ' v 1 ' 2cos2^ u 5. Kolike so stranice pravokotnega tri¬ kotnika, če je p a = lm razpolovnica kota a = 380 25'? ' Razrešitev. Napravi primerno sliko! b — p a cos^, a — b tg a — p a cos ^ tg a, o = cosa Pr, COS COS a 6. V pravokotnem trikotniku je h i p o - tenuzi pripadajoča višina v c = 4 dm in raz¬ polovnica pravega kota = 5 dm; koliki so koti in kolike so stranice? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Kot <5, ki ga oklepata razpolovnica in višina, je določen po enačbi cos d — y-. Ako je /?, najdeš a = 90° — (45° — dj*= ■= 450 +d, £ = 900 _(450 +d) = 450 — d, a = ^ _ v c ^ _ a _ v c ~ sin a sin a sin a sin p* 7. Kolika je hipotenuza pravokotnega trikotnika, če je polmer včrtanega kroga q — + dm in eden ostrih kotov 37 «? Razrešitev. Središče včrtanega kroga leži v pre¬ sečišču kotovih somernic. Ako načrtaš iz krogovega središča pravokotnico na hipotenuzo AB (slika 19.) ter spojiš hipotenuzni krajišči s krogovim središčem, stvoriš pravokotna trikotnika AEO in BEO, iz ka¬ terih najdeš AE = q cotg j in BE = q cotg ~; torej c = AE-\- EB ! -[- a 2 p sin 45 0 p sin = 9 (cotgf + cotgf) *= —— Sln 2 Sm 2 a . B sin ^ sin 8. Koliki so koti pravokotnega trikot¬ nika, v katerem meri ena kateta a = 12 dm * 30 in projekcija druge katete na hipotenuzo bj = 10 dm ? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Ker je kateta a = 12 srednja geometrijska sorazmernica med njeno projekcijo ai = c — b\ — c — 10 in med hipotenuzo c, najdeš iz enačbe a 2 = (c — 10) c hipo¬ tenuzo c = 18. Potem je sin a — cos /? = - = | in ta enačba določa kota a in /?. 9. Koliki so koti in stranice pravokot¬ nega trikotnika, če meri njegova ploščina 30 dm 2 in polmer včrtanega kroga 2 dm? Razrešitev. Iz enačb 2 p = q (a -j- b -}- c) in a-j-fc = c-f-2j) najdeš c = 13; potem najdeš s po¬ močjo Pitagorovega izreka a = 5 in b = 12. Kota a 5 in d določa enačba tg a — cotg /? = j^. 10. Koliki so koti pravokotnega trikot- nfka, pri katerem merita polmera včrta¬ nega in očrtanega kroga po 2 dm in h dm? Razrešitev. Iz enačb a -j - b = 2 r -)- 2 q in a 2 h 2 = 4 r 2 najdeš a = 8 in b — 6. Potem je tg a = cotg /9 = | =f= 11. V enakokrakem trikotniku (a — b) znaša vsota iz osnovnice in enega kraka s = 2m in kot na osnovnici /9 = 72 0 ; kolik j e krak? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Iz enačb c-|~& = sin^ = fc cos /? najdeš b " 2 (cos?-F« = 4 cos !+«• cos U & 12. V enakokrakem trikotniku je vsota iz kraka in osnovnici pripadajoče višine s = 3^m in kot na vrhu y = 63°; kolik je krak? 31 Razrešitev. Po nalognem pogoju je b -f- v c — s, po trigonometrijskih izrekih o pravokotnem trikot¬ niku pa v c = b cos g. Iz teh enačb najdeš b = 1 -f- cos 1 2 cos 2 ^ 13. Kolika je osnovnica enakokrakega trikotnika, če je vsota iz osnovnice in njej pripadajoče višine s = -f- m in kot na osnov¬ nici /3 = 55 °? Razrešitev. Po nalognem pogoju je c-\-v c = s, po trigonometrij skih izrekih o pravokotnem trikotniku v c = ° tg /?. Iz teh enačb najdeš c — = kjer določa kot d enačba 2 = tg d pa .c — 2 2 s cos S cos f ~~ sin (8 + P) (§ 8. nal. 1. e). Slika 20. 14. Kolike so stranice enakokrakega trikotnika, če je polmer očrtanega kroga r = 3 dm in kot na vrhu y = 75o? Razrešitev. Ako načrtaš skoz trikotnikovo oglišče B (sli¬ ka 20.) krogov premer ter spojiš točko D s trikotnikovima ogli- ščema A in C, stvoriš pravokotna trikotnika BCD in DAB, iz katerih najdeš e = 2r sin y in b = 2 r sin /?. Razreši še naslednje naloge: 15. Razreši pravokoten trikotnik (y - podatkov: 90°) iz naslednjih a) a -f c= 96, a ==61° 55'; b) a-j -b = 31-84, /3= 32° 47'; c) c— b = 255-48, a = 29° 36' 57"; č) a — b = 161, /? — 26° 18' 33"; d) a -f b -j- c = 234, a = 42° 4' 52"; e) a -j- b - c =156, /? = 53° 16' 29"; f) a -j- v c = 85-347, a = 55°19 , 26"; g) b — v c — 6-378, a = 40° 9'17"; G-oni omet rij ska enačba. Kako se razrešujejo go- niometrijske enačbe. 32 ■4 h) e = 12 (125), v, = 4 (41-185); i) p a = 1-85, a = 35° 43' 28"; j) v c = 15 (12), p T = 17 (13); k) p = 125-46, p = 28° 51' 44"; l) p = 840, c == 58; p = 6, a = 30° 30' 37"; n) q = 28 (70), a = 105 (340); o) p = 546 (54), q = 6 (3); P) a l — 4 (1), bj — 5 (3); r ; ai = 6-5, a = 53° 43' 34"; a = 5, = 7-5; š) r — 12-5, q — 3. 16. Razreši enakokrak trikotnik (a = b) iz naslednjih podatkov: a) c + b = 36, /3 = 52° 8 '43"; b) b — c =16, y = 41° 37'; c) e + 2 5 = 135, /3 = 64°; č) 2 5 — c = 27, 7 = 75°; d; c-fv e = 33-8, 0 = 72°; e 3 e -(- n = 44-5, 7 = 66 °; f) b- j-v„ = 52-6, 7 = 54°; g) p — 23'45, 7 — 63°; g = 2-5, £ = 56°; i) r = 3-6, p = 54°. 17. Polmera krogov, ki sta pravilnemu deseter okot- niku včrtana in očrtana, merita skupaj 24-5 dm ; kolika je stranica pravilnega deseter okotnika? 18. Vsota rombovih diagonal meri 383 dm in eden njegovih, kotov meri 47° 22' 16"; kolika je a) rombova stranica, b) rombova ploščina? 19. Kolika je površina pokončnega stožca, če meri a) stranica 13 dm in njen naklonski kot proti osnovni ploskvi 72°, b) višina 25 dm in kot na vrhu osjega pre¬ seka 56°, c) polmer 3-8 dm in kot med stranico in osnovno ploskvijo 47° 30'? § 10. Razreševanje goniometrijskih enačb. Določilne enačbe, v katerih se nahajajo kotne funkcije kakor neznanke, se imenujejo goniome- trijske enačbe. Take enačbe se razrešujejo po I 33 pravilih, ki veljajo za razreševanje določilnih enačb sploh. Ako se nahajajo v goniometrijski enačbi razne funkcije enega in istega kota, je navadno najpri¬ merneje, da izraziš najprej s pomočjo goniometrijskih obrazcev dotične kotne funkcije z eno in isto funk¬ cijo. Ker se vrednosti, sinusove funkcije vedno po¬ navljajo, kadar vzraste kot za 360° (stopinjska mera) oziroma za 2 jz (ločna mera) [glej § 5], pravimo, da je sinusova funkcija periodična funkcija s pe¬ riodo 360° ali 2 jz, n. pr. Sin 30° = sin (30<> ~|- 3600) = i; sin (300 + n. 3600) = i ali splošno sin a = sin (a -f- n. 3600) = sin ( a -|- n. 2 n ), kjer pomeni n katerokoli celo število. Tudi kosinusova funkcija je periodična funkcija s periodo 360° ali 2 jz v znakih: cos a = cos (a -f- n. 360°) = cos (a -j- n. 2 ji). Istotako sta tangentna in kotangentna funkcija periodični funkciji, toda s periodo 180° ali n , v znakih: tg a = tg (a -f- n. 180°) = tg (o -j- n. jz), cotg a = cotg (a -f- n. 180°) = cotg (a -f- n. jz). . (Glej nal. 3. str. 20.) Kako razrešuješ posamezne goniometrijske enačbe, kažejo nasledhje naloge. Naloge. 1. tg x = sin 2 x. Razrešitev. Navedeno enačbo razrešiš, ako si n x postaviš tg x = in sin 2 x — 2 sin x cos x ter po¬ tem razstaviš enačbo na faktorja. sin x „ . „ — - 2 sin x cos x = 0, COS X ^ 7 sin x (- - — 2 cos x) = 0: Vcos X f torej je sin x = 0 ali pa 2 cosx = 0. ^ COS X 3 g. Matek, Geometrija. 34 Iz teh enačb sledi: sin x = O cosx = + Xy = 0° + n. 2 n x{ = 45° + n. 2 ut x," = 180° + d. 2 n x 2 " = 135° + n. 2 n. 2. 2 tg x + 3 cotg x = 5. Razrešitev. Ako postaviš cotg x = in ure- Ig JT diš enačbo, najdeš tg 2 x — f tg x = tgx = f, 1 Xj = 56° 18' 36" + n. 180«; x 2 = 45o + n. 180° 3. 2 sin x -j- 3 cos x = 3. Razrešitev. Ako postaviš cos x = \[i — sin2x, potem urediš in razstaviš enačbo na faktorja, najdeš sin x. (13 sin x — 12) = 0; torej je sin x = 0 ali pa sin x = Xj = 0°, X\ = 0° + n. 3600. ij" = 1800 +n. 3600, x 2 = 67° 22' 50" + n. SeO 1 *. 4. cotg x — cos x == 1 — sin x. COS X Razrešitev. Ako postaviš cotg x = g -+ter razstaviš enačbo na faktorja, najdeš (1 — sin x) - l) = 0; v ' \siu X / ! torej je 1 — sin x == 0 ali pa cotg x — 1 = 0; xj = 90° + n. 3600 x 2 = 45° + n. 180°. 5. (cos x — sin x)2 = sin 2 x. Razrešitev. Ako zvršiš kvadrovanje ter po¬ rabiš goniometrijska obrazca sin2ct + cos2a = 1 in 2 sin a cos a = sin 2 a, naj deš sin 2 x — \ in x=15° + + n. 180°. 6. sin (a — x) = cos (/? + x). Razrešitev. Ako porabiš goniometrijska ob¬ razca za sin (a — /3) in cos (a + /3) ter deliš potem oba enačbna dela s cos x, najdeš sin cos a 35 7. 11 sin 2 x — 32 sin x cos x -j- 10 cos 2 x = — 5. Razrešitev. Ako pišeš mesto — -5 = — 5 • 1 = = — 5 (sin 2 x + cos 2 x) ter deliš vse enačbne dele s cos 2 x , najdeš tg 2 x — 2 tg x = — H tg x = f. X, = 51° 20' 25" +n «, x 2 = 36°52' 12" + n^. 8. x + j- = a, cos x + cosj^ = m. Razrešitev. Ako porabiš pri drugi navedeni enačbi goniometrijski obrazec za seštevanje dveh kosinusov, najdeš z ozirom na prvo enačbo x—y m COS —= - . 2 „ a 2 cos^ (L Iz vrednosti za x-|-j inx-j najdeš neznanki xiny. 9. sin x + sin y = a, cos x + cos y = b. Razrešitev. Ako porabiš goniometrijska ob¬ razca za seštevanje sinusov in kosinusov ter deliš prvo enačbo z drugo, najdeš ts £±Z = 2 b Potem je iz prve enačbe x—y a cos — 2 sin x + y x-y Iz navedenega najdeš vrednosti za in 2 10. x + t 7 = 45°, 2 tg x = 3 tg. 7 - Razr eši te v. Ako porabiš goniometrijski obrazec za tg(a + /?), najdeš po zamenjalnem načinu tg x = \ in tg .7 = 11. x ~\-y — 120°, sin x sinj 7 = Razrešitev. Ako porabiš goniometrijska ob¬ razca za cos (a + /0 in za kosinus suplementarnega kota ter sešteješ enačbi, najdeš cos x cosj^ = 0; torej je cosx = 0 ali pa cosj^ = 0, x = 90°, 30 0 ; y = 30°, 90°. 3 * 36 12. Kolika sta ostra kota pravokotnega trikotnika, ki ga razdeli hipotenuzi pri¬ padajoča višina v razmerju 1:2? Razrešitev. Trikotnika BDC in ADC (slika 21.) imata isto višino in sta si kakor njuni osnovnici BD in DA, po nalognem pogoju pa kakor 1:2; torej jeBD:DA — 1:2. Ako izraziš BD in DA po izrekih o pravokotnem trikotniku z vi¬ šino CD in ako postaviš te vred¬ nosti v zgoraj navedeno soraz¬ merje, najdeš tg a — \\[2 in a = 35° 15'52". 13. V enakokrakem trikotniku je vso¬ ta iz osnovnice in višine dvakrat tolika kakor krak; koliki so koti? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Po na¬ lognem pogoju je c-f-v c = 2 b. Ako zamenjaš c = 2bcos/9 in r c = b sin /9, stvoriš goniometrijsko enačbo 2 cos /9-f- -f- sin /9 = 2, iz katere najdeš sin /9 = |. Da določiš kot /9 kolikor mogoče natanko, izračunaš tangento kota /9. Tako najdeš tg /9 = | in /9 = 53° 1' 48". Razreši še naslednje goniometrijske enačbe: 14. 2 sin x = tg x. 15. cos x — tg x. 16. sin x = cos 2 x. 17. cos x = sin 2 x. 18. sin 2 x = 3 sin2 x. 19. 5 sin 2 x — 8 tg x. 20. 2 tg x -)- 2 cotg x — 5. 21. 5 tg x -f- 7 cotg x = 12. 22. cosec x — 12 cotg x — 5. 23. 4 sec2 x + 7 tg2 x = 15. 24. sin x -j- cos x — 1. 25. tg a- -j- cotg x = 4 sin 2 x. 26. sin x -(- tg x = 1 -j- cos x. 27. sin x -j- cos 2 x = 1. 28. tg 2 x -j- cos2 x = sin 2 x. 37 29. 5 sin a -j- 12 cos x = 13. 30. sin ((p — x) = cos (qp — a). 31. 9 cos (34° x) = 14 cos (61 0 — a). 32. sin 2 x —j— 2 sin a cos a — cos2 a = 1. 33. sin2 a — 6 cos2 a -I- sin a cos a = 0. H- 34. a+j = 120° sin a -j- sin y = 36. a -j— y = 30° sin a : sin 7 = 2. 38. sin a -j- sin y = 1 cos a -)- cos y = 2. 40. sin a = a sin 7 tg a = b tg y. 42. Razdeli pravi kot na dva dela tako, da je razlika njunih sinusov = 43. Kolika sta ostra kota pravokotnega trikotnika, v katerem je ena kateta a) aritmetična, b) geometrijska sorazmernica med drugo kateto in hipotenuzo? 35. a — y = 60° cos a — cos y.= 37. a -j- 7 = 135° tg a : t gy = 1\. 39. a+ 7 = 45 0 tg a — tg 7 = 4 . 41. a — 7 = 12° cos a COS 7 = 0 - 0458. § 11. Trigonometrijski izreki o poševnokotnem trikotniku. 1. V vsakem trikotniku so si stranice kakor sinusi nasprotnih kotov, v znakih a :b:c = sin a: sin /9: sin 7 . Dokaz. Ako načrtaš v ostrokotnem trikotniku ABC (slika 22.1.) višino CD, stvoriš pravokotna trikotnika ABC in BDC, iz ka¬ terih najdeš CD — Slika 22 . = a sin /9 = b sin a. C ^ C’ Iz te enačbe sledi a: b — sin a : sin /9. —Naisti način naj¬ deš tudi b: c = sin ,8: :sin 7 in c:a= sin/: : sin a. Iz navede¬ nih sorazmerij sle¬ di zaporedno sorazmerje a : b : c = sin a:sin / 9 : sin 7 . Da velja izrek o sinusih tudi pri topokotnem trikotniku (slika 22. 11), se prepričaš tako-le: Iz pravo- Izrek o sinusih trikotnikovih kotov. 88 Izrek o ko si¬ nusih trikotni¬ kovih kotov. Izreki o polo¬ vicah trikotni¬ kovih kotov. kotnih trikotnikov D'A'C' in D'B'C', katera stvori višina C'D', najdeš C'D' = b sin (180° — a) — b sin a = = a sin /?; torej a: b = sin a : sin /?, i. t. d. 2. V vsakem trikotniku najdeš kva¬ drat ene stranice, ako odšteješ od vsote kvadratov ostalih dveh stranic dvojni produkt teh stranic, pomnožen s kosi- nusom kota, katerega oklepata te stra¬ nici, v znakih a 2 = b 2 -{-c 2 — 2 bc cos a. Dokaz. Ako načrtaš v ostrokotnem trikotniku ABC (slika 22.1.) višino CD, je po Pitagorovem izreku a 2 = CD 2 -j- DB 2 in po trigonometrijskih izrekih o pravokotnem trikotniku CD = b sin a in DB —c — AD = — c —b cos a. Če postaviš zadnji vrednosti v prvo enačbo, najdeš a 2 = (b sin a) 2 -j- (c — b cos a) 2 , a 2 = b 2 sin 2 a -j- c 2 -f- b 2 cos 2 a — 2 bo cos a, a 2 = b 2 -j- c 2 — 2 bo cos a. Da velja izrek o kosinusih tudi pri topokotnem trikotniku (slika 22. II.), se prepričaš tako-le. Ako po¬ staviš v enačbo a 2 — C'D' f -j- D'B' 2 vrednosti C' D' = '== b sin (180° — a) = b sin a in- D'B' = A'B' -f D' A' = = c -j- b cos (180° — a) = c — b cos a, najdeš a 2 = b 2 -\- -f- c 2 — 2 bc cos a. . Iz izreka o kosinusih se dado izvesti izreki o polovicah trikotnikovih kotov, in sicer tako-le. Iz obrazca a 2 = b 2 -f- c 2 —-2 bc cos a je Ako prišteješ obema deloma te enačbe 1, najdeš cos a 2 bc —J— bt-j-c 2 — a 2 _ (b + o) 2 2 bo 2 bo 2cos 2 ^ (ž> + c + l (b+c - a) , 2 2 bc a _ i/ r (if> + c+ a) (/b-j- c — a) 2 ' 4 bc COS 39 Če zaznamuješ trikotnikov obseg a-j -b-\-c = 2s, je b- j-c—a = 2 (s —a), in zadnji obrazec se potem izpremeni v cos a _ ./ s (s — a) 2 * bo cos a — Ako pa odšteješ od enačbe b 2 + C2-82 „ , najdeš 1 = l vrednost 2 bc 1 — cos a = 2 sin 2 ^ 2hc - b* — c 2 + a 2 _a 2 — (b — c )2 ~2Jc (a + h — c) (a - 2 bc ■b + c) 2 bc sin i = S l a -f- Z) — c) (a — b + c) ibč ' Če zaznamuješ trikotnikov obseg a —(— — f- e = 2 s, je a -f- b — c = 2 (s — c) in a — b -f- e = 2 (s — b), in zadnji obrazec se potem izpremeni v sin (s — b) (s — c) bo najdeš Ako deliš vrednost za sin ^ z vrednostjo za cos tg f b) (s — c) s (s — a) Na isti način najdeš tudi obrazce o polovicah trikotnikovih kotov /? in y. cos sin 1 — 1 / s ( s ~ h ) 2 * a c > 1 _ ■ f (s - a) (g - c) ; 2 ’ »n 1 COS sin 1 — |/~g( g — c) 2 ' ab ’ X i/"( s — a) (s - h) 9. V nh ‘s| /f > — a) (s - c) s (s — 6) d l/' (S — a) (g — fr) 2 t s (s — c) 3. V vsakem trikotniku sta si vsota in razlika dveh stranic kakor tangenti raz¬ polovljene vsote in razlike nasprotnih kotov, v znakih (a -j- b) : (a — 6) = tg « + ! : tg a — p Izrek o tangen¬ tah trikotni¬ kovih kotov. 40 Mollvreidejevi enačbi. Dokaz. Po izreku o sinusih je a _ sin a b sin p‘ Ako prišteješ, oziroma odšteješ obema deloma te enačbe 1, najdeš a + b sin a 4- sin P - b ~ sin p a — b sina —sinp b sin p j deljeno . a -4- B a — 6 17 • , • ^ 2 S1Q — ^r 1 - COS —~ r a -\-b _sin a-j-sin p _ 2 2 a — b sin a — sin p _ a + p . a — B* 2co 3 T — sin — 0 — = tg * + p •cotg^ = tg^+ P - torej tg a — p’ a 4 - b tg « + P te ^=5 4. V vsakem trikotniku je vsota (raz¬ lika) dveh stranic, pomnožena s sinusom (kosinusom) razpolovljenega kota, kate¬ rega oklepata te stranici, enaka tretji stranici, pomnoženi s kosinusom (sinu¬ som) razpolovljene razlike kotov, ki sta Y tej stranici priležna, v znakih (a -j- b) sin — a —p . , , , T . a —p = c. cos . g m (a—b) cos % == o sin ■ Dokaz. Po izreku o sinusih je c sin a . , c sin p a = — —rr in o =• i—rk sin T sin T Ako sešteješ te enačbi, najdeš c (sin a + sin p) . a P a ■ 2 c sin --t-t- cos — P, a -j- b 2 sin Y o • Y Y 2 sin ^ cos -g- a -j- b = a C cos - sin ali (a -j- fc) sin ^ = c cos «-P 2 ‘ 41 Če pa odšteješ od prve zgoraj navedene enačbe drugo, najdeš c (sin a — sin (3) sin f a + p . a — | 2ecos—jr- 5 - sm — T T 2 sin 77 cos ~ c sin C °S | ali (a — b) cos | c sin 5. Trikotnikovo ploščino najdeš, ako pomnožiš polovico produkta dveh stranic s sinusom kota, katerega oklepata te stra¬ nici, v znakih p — ~ sina. Dokaz. Ploščina trikotnika ABC (slika 22.1.) je po planimetrijskem izreku p — CD . Ker je CD — — b sin a, se izpremeni navedeni obrazec za ploščino v p — ~ sin a. — Pri topokotnem trikotniku A'B'C' (slika 22. II.) je p = | • C'D' in C'D' = b sin (180°- a) = — b-sin a; torej p = ~ sin a. § 12. Razreševanje poševnokotnih trikotnikov. Poševnokotni trikotnik razrešiš, ako izračunaš iz določenih podatkov njegove neznane kote in stra¬ nice. Kako to izvršiš v posameznih slučajih, kažejo naslednje naloge. 1. Razrešitrikotnik,vkateremjestranica c = 78'2 cm in kota a = 102°5 / 40" in /9= 18 r, 19'20" (I. izrek o skladnosti)! Razrešitev. Tretji kot je y = 180°—(a-j -p). Stranici a in b najdeš po izreku o sinusih: a = csin M c sin B sin y m b = Pfi izvrševanju teh računov se je ozirati na goniometrijsko odvisnost sin a = sin (180° — a) 2. Razreši trikot mik, v katerem sta stranici a = 48 cm in b = 55 cm in kot y = 73° 12' 15" (II. izrek o skladnosti)! Izrek o trikot¬ nikovi ploščin 42 Razrešitev. Po izreku o vsoti trikotnikovih ^-„ = ^==90 0 — Po izreku o tangentah kotov je (b - a)tg P + a je tg 1 Z) -J- a Ako sešteješ, oziroma od- šteješ vrednosti za in 'najdeš kota /9 in a. Potem je po izreku o sinusih c = a ^' n j . Izračunaj stranico c tudi po kosinusovem izreku! 3. Razreši trikotnik, v katerem sta stranici a=136’5 m in 5 = 17631 m in kot /?=74° 15' (III. izrek o skladnosti) ! Razrešitev. Kot a najdeš po izreku o sinusih: sin a = —Tretji kot je y — 180° — (a-j-/?). Tretjo stranico določiš po izreku o sinusih: c = - sin \ , * sin a 4. Razreši trikotnik, v katerem so stra¬ nice a — 61 dm, b = 106 dm in c = 151 dih (IV. izrek o skladnosti)! Razrešitev. Dva kota določiš po izreku o ko- sinusih, če so merska števila stranic eno- ali dvo- številčna števila, ki se dado ročno kvadrovati: Z>2 + c2-a2 o a 2 -j-e2 — b 1 „ ...... """ a — - - Tretji kot je cos a — cos 8 — „ 5 r 2ac (a -f- /9). Če so pa merska števila 2 bo potem 7 = 180° stranic večštevilčna, izračunaš dva kota s pomočjo izrekov o polovicah trikotnikovih kotov. Po tretjom teh izrekov najdeš najnatančnejše zneske. cos (/* ;(s - a) bc p , sin 2 r (s — a) (s — c) tg Č (s — a) (s — b) 2 y s {s — c) 5. Razreši trikotnik s stranicama a 12 dm in b= 17 dm in kotoma =43° 35'! Razrešitev. Po izreku o sinusih naj deš sin /? = == tej vrednosti pripadata dva suplementarna kota (en ostri in en topi kot). Tretji kot je y— 180° — — (a -|- /?). Stranico c določiš potem po izreku o si¬ nusih: e = a s i~~- Navedena naloga ima vobče dvojno 43 razrešitev, ker najdeš za kota /? in / in za stranico c po dve vrednosti. Kdaj ni razrešljiva, kdaj ima samo eno razrešitev? 6. Razreši trikotnik, v katerem meri stranica a = 468 cm, razlika ostalih stranic b — c=196 cm in prvi stranici nasproten kot a = 80° 43'! Razrešitev, enačbe najdeš sin S pomočjo druge Mollweidejeve p-T (b — c) cos Ako potem sešteješ, oziroma odšteješ vrednosti za najdeš po izreku o sinusih: določiš b -- /9 in y. sin S — o_1_ sin a Stranico b Končno je v katerem meri 171 dm in dva kota stranica c—b — 196. 7. Razreši trikotnik, vsota dveh stranic a4 -b = /9 = 53° 17' in y = 67°28 / ! Razrešitev. Tretji kot je a = 180° — (/? + ?)• Ako razrešiš enačbi a -j- b — 171 in a: b — sin a : sin /9, določiš stranici a in b, in sicer je 171 sin a 171 sin a a = sin a + sin p „ . a + 3 a - 2 sin — cos ■P in b = 171 — a. a sin y 2 2 Tretjo stranico najdeš po izreku o sinusih: c s , na • 8. Izračunaj iz trikotnikove ploščine p = 5'4 dm2 in dveh notranjih kotov a = 48° in /9 = 66° stranice 1 ah Razrešitev. Ako razrešiš enačbi p — y sin y in a:i = sin a: sin/9, najdeš a = slna _ ^ 2p s in p sinpsin-f in b = sinasin-f Tretjo stranico določiš po izreku o si¬ nusih: c = a sin f sin a 1 9. Razreši trikotnik, čigar ploščina je p = 486cm2, višina v a =27c m in kot /9 = 46°53 , 28"! 44 Razrešitev. Napravi primerno sliko! Ker je p = = far«, najdeš stranico a — 2p:v a . Iz pravokotnega trikotnika, v katerem se nahaja v a in /?, določiš stra¬ nico c = v a : sin /9. Potem najdeš kakor pri nalogi pod 2. ostala trikotnikova kota in tretjo stranico. 10. Razreši trikotnik, v katerem je stra¬ nica b — 25 dm, višina v„ = 622 dm in kot /9 = = 16° 40' 55"! Razrešitev. Napravi primerno sliko! Iz pravo¬ kotnega trikotnika, v katerem se nahajata v« in /9, najdeš c — v a : sin /9. Potem poznaš v trikotniku, ki ga je treba razrešiti, dve stranici in enega izmed nasprotnih kotov. Primerjaj nalogi pod 3. in 5.! 11. Razreši trikotnik, v katerem je stra¬ nica a = 12 dm in višini r» = 105 dm in r« = 7 dm ! Razrešitev. Napravi primerno sliko! Ker so v vsakem trikotniku produkti iz stranic in pripadajo¬ čih višin med seboj enaki, najdeš iz enačbe a v„ = bvi stranico b — av a :v&. Iz pravokotnega trikotnika, v katerem se nahajata v b in a, določiš kot 7, in sicer je sin / = v b :a. Potem poznaš v trikotniku, ki ga je treba razrešiti, dve stranici in kot, ki ga oklepata te stranici. Primerjaj nalogo pod 2.! 12. Kolike so stranice trikotnika, ki ima kota a = 45° in /9 = 75° in ki je krogu s polmerom r — 36 m včrtan? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Ako na- črtaš iz vrha kota a, oziroma kota /?, krogov premer ter spojiš drugo premerovo krajišče z ostalima tri¬ kotnikovima ogliščema, stvoriš pravokotne trikot¬ nike, iz katerih najdeš a — 2r sin a, b — 2rsin/9 in c = 2r sin y. 13. Kr ogu s polmerom e = 25 dm je očrtan trikotnik, ki sta mu kota a = 50° in /9 = 70°; kolike so trikotnikove stranice? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Ako na- črtaš kotoma a in /9 somernici ter narišeš iz njunega 45 presečišča pravokotnico na stranico c, stvoriš pra¬ vokotna trikotnika, iz katerih se dasta dela stranice c določiti. Potem je . P + « „ p sin a c = e COtg + Q COtg j - ---j3 = siD^sin^ Na isti način najdeš tudi stranici a in b. T P cos 2 . « p sin-grsia^- 14. Trikotnikov ob s e g j e 2 s = 65 dm in dva kota sta a —52° in (3 = 77°; kolike so stranice? Razrešitev. Iz enačb a -\- b c — 2s, a:b — sin a: sin fi in a: c = sin a : sin y najdeš _ 2ssin—• c = 46 8, /? = 72° 30', y = 560 45'. 55. a :b:c = |/2 : /3:2, s« — 9. § 13. Uporabne naloge. 1. Kolika je ploščina paralelograma, v katerem oklepata a) stranici a in b kot a, b) diagonali d\ in d 2 kot q>? Razrešitev. Napravi primerno sliko! a) Če je a osnovnica, je višina v = b sin a in ploščina p — = a b sin a. b) Diagonali razdelita paralelogram na 4 ploščin- sko enake trikotnike (po dva priležna trikotnika imata enaki osnovnici in enaki višini), p = — di d 2 sin g>. 2. V trapezu sta vzporednici a in c in kota na daljši vzporednici a in /9; kolika sta kraka? Razrešitev Napravi primerno slikoI Trapez je sestavljen iz paralelograma in trikotnika, katerega osnovnica je enaka razliki trapezovih vzporednic in katerega ostali stranici sta enaki trapezovima krakoma. Iz trikotnika najdeš trapezova kraka h _ (a —c) sin a . , (a - c) sin p sin (a-j-p) sin (a + p) 3. Stranice tetivnega četverokotnika so a, b , e in d; koliki so koti? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Po dva nasprotna kota sta suplementarna. Vsaka diagonala razdeli četverokotnik na dva trikotnika. Ako izena¬ čiš izraza, ki ju najdeš za diagonalo po izreku o kosi- nusib, stvoriš enačbo a 2 b* — 2a6cos /? = c 2 -j- d 2 -)- 48 -}-2cdcos /?; stranici a in b oklepata kot/?. Iz te enačbe je q SL 2 —I— h 2 C 2 d 2 T -r . , . . cos p = — 2 a b -\- 2 cd —* Ker ta °^ razec ni primeren za računanje z logaritmi, najdeš na isti način, kakor smo našli v § 11. obrazce za polovice trikotnikovih kotov, naslednje izraze: / (s — c) (s — d) a b-\-cd ’ (s — a) (s — ah + cd tang | I f (s —g) (s — b) ' (s — c) (s — d)' h) kjer pomeni s polovico četverokotnikovega obsega. 4. Kolike so stranice četverokotnika, ki je krogu s polmerom q očrtan, ako so njegovi koti a, /?, 7, d? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Krogovo središče leži v presečišču kotovih somernic. Ako na¬ rišeš iz krogovega središča pravokotnico na stranico a ter spojiš krajišči te stranice s krogovim središčem, stvoriš pravokotna trikotnika, iz katerih se dasta dela stranice a določiti. Potem je . a -f - P a r PSJn-g— a = q cotg ¥ + Q cotg | = —-- g- sin g sin ^ Slika 23. 5. Kolika kota tvori rav¬ nina, ki gre skoz kockin rob in razdeli kocko v razmerju 2:1, s kocknima ploskvama, x ki gresta skoz isti rob? Razrešitev. Presečna ravnina razdeli kocko na tristranično in četverostranično prizmo, ki imata enaki višini. Te prizmi sta si kakor njuni osnovni ploskvi. Slika 23. predočuje osnovni ploskvi obeh prizem. Kota, ki ju tvori presečna ploskev s sosed¬ njima kocknima ploskvama, sta komplementarna. Iz enačb x — a tg a in - + -|~ a:^= 2:1 najdeš manjšega teh kotov, tg a = f. 49 6. Koliko so obstranske ploskve naklo¬ njene proti osnovni ploskvi pri pravilni peterostranični piramidi, če je osnovni rob a in obstranski rob s? Razrešitev. Napravi primerno sliko (peti del dotične piramide)! Naklonski kot med obstransko in osnovno ploskvijo je tisti kot, ki ga tvori obstranska višina s svojo projekcijo (razdalja med središčem osnovne ploskve in osnovnim robom). cos /9 = a cotg 36° V 4s2—a2 7. Polmer poševnega valja je r, os a in naklonski kot med osjo in osnovno plos¬ kvijo a; kolika je ploščina značilnega paralelograma? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Valjeva višina je v — a sin a. Ploščina značilnega paralelo¬ grama je p — 2 ra sin a. 8. Pokončen prisekani stožec ima pro¬ stornino k in polmera R in r; kolika je stranica? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Iz enačb Slika 24. k — ~ (R2_J_ r 2 -|_ Er) in v = (R — r) tg a najdeš na¬ klonski kot stranice proti spodnji osnovni ploskvi, in sicer je tg a = ^ k _ r ,) Potem je stranica s = 9. Krogli s prostornino k jevčrtan pokončen stožec, čigar osji presek ima ob vrhu kot a; kolika je stožčeva pro¬ stornina? Razrešitev. S pomočjo slike 24., ki kaže presek skoz krogelno središče in stožčev vrh, najdeš q = = r sin a in v — r -j- r cos a = r (1 -j- -f- cos a) = 2r cos 2 ; torej je stožčeva prostornina ki = | r3 n (sin a cos |) 2 , ali z ozirom na nalogni pogoj k — r3 jv je ki — ^ k sin 2 a cos 2 * g■ Matek Geometrija II. 50 10. Prostornina krogelnega izseka je enaka četrtini pripadajoče krogle; kolik je kot a ob vrhu osjega preseka? Razrešitev. Napravi primerno sliko! Iz nalog- nega pogoja ^r^nv = najdeš 2 v= r. Iz pravo¬ kotnega trikotnika, v katerem je kateti r — v priležen kot določiš r — v = r cos Iz navedenih enačb najdeš cos “ = in a == 120°. 11. Kolik poldnevnikov lok pregledaš iz višine v nad zemeljskim površjem? Slika 25 Razrešitev. Iz točke B nad zemeljskim površjem (slika 25.) pre¬ gledaš lok AC. Temu loku pripadajoči središčni kot a najdeš iz enačbe r = — (r-\-v) cos a. Dolgost loka AC do¬ ločiš potem iz sorazmerja AC-.Jtr — = a: 180°. 12. Kraj A na zemeljskem površju ima zemljepisno ši¬ rino a; koli k a j e ločna stopinja kroga vzporednika, ki gre skoz kraj A? Razrešitev. Zemljepisna ši¬ rina se določuje na krogu poldnev¬ niku. Pri navedeni nalogi je zemlje- 0 pisna širina kraja A lok BA, oziroma temu loku pripadajoči središčni kot a (slika 26.). Polmer kroga vzporednika, ki gre skoz A, je g = — r cos a. Dolgost ločne stopinje na tem vzporedniku Slika 26. . ^ ?rp _ nr cos a je 180 ~ 180 • 13. Določi višino točke A nad točko R (n. pr. višino gore)! Razrešitev, a J Poišči in izmeri daljico CD — a, ki leži z višino BA = x v isti navpični ravnini in s točko B v isti vodoravni ravnini, ter določi kota a in v krajiščih daljice CD (slika 27. L). Iz trikotnika 51 CD A najdeš AC = AC sin a a sin p sin (a —p) a sin a sin p sin (a — P) iz trikotnika ABC pa x = h) Poišči in izmeri daljico CD = a, ki leži z vi¬ šino BA — x v isti navpični ravnini in ki tvori z vodoravno ravnino naklonski kot y, ter določi kota a in /?v krajiščih daljice CD (slika 27. II.). Iz trikotnika CD A najdeš AD = a ^ itlK Q . , iz trikotnika ABD pa J sin (a— p)’ r _ . . /r, , s a sin a sin (pT) x = A-D sin (/? 4 - y) = - 7 — vr 1 sin (a — P) Slika 27. Al A I 14. Določi razdaljo dveh točk A in B na polju! Razrešitev. Poišči dve točki C in D , ki ležita s točkama A in B v isti ravnini, ter izmeri daljico CD = a in kote a , /?, y, <3 (slika 28.). Iz trikotnika CDA najdeš AC a sin Y sin (a + p + 7 ) a si n (oc—j—J-3) m AD = ^TpT%’ iz trikot nika CDB V aBC= »7*1+^ in BD — S.n (P + T + sin(p-f-7 + ®) Potem določiš razdaljo AB ali iz tri¬ kotnika ACB, ali pa iz trikot¬ nika ADB. Slika 28. Razrešitev navedene naloge se dosti skrajša, če moreš n. pr. v trikotniku ACB daljici AC in CB, ali pa daljico CB in kot CBA neposredno izmeriti. Razreši še naslednje naloge: 15. V krogu s polmerom 13 d m meri tetiva 24 dm; kolik je a) pripadajoči lok, b) pripadajoči odsek? 4 * 52 16. Kolik kot tvorita a) zunanji, h) notranji tangenti dveh krogov, katerih polmera merita 17 cm in 10 cm, sre- diščnica pa 30 cm? 17. Kolike kote tvorita diagonali pravokotnika, čigar stranice merijo 19-5 dm in 104 dm? 18. Koliki so koti romba, čigar diagonali sta v raz¬ merju 2:3? 19. V romboidu meri ena stranica 3*71 dm, eden pri- ležnih kotov 135° 6'32" in diagonala, ki leži temu kotu nasproti, meri 5-6 dm; kolika je a) druga stranica, h) druga diagonala? 20. Koliki so koti in koliki sta diagonali enakokra¬ kega trapeza, v katerem merita vzporednici 25 cm in 10 cm, krak pa 13 cm? 21. V enakokrakem trapezu merita vzporednici 24 dm in 15 dm, ploščina pa 65 dm 2 ; koliki so koti in kolika sta kraka? 22. Trapezovi vzporednici merita 368 m in 300 m, kraka pa 285 m in 293 m; a) koliki so koti, b) koliki sta diagonali? 23. Trapezovi vzporednici merita 80 4 dm in 36-8 dm in kota, ki sta daljši vzporednici priležna, pa 480 36' in 45°; kolika sta kraka? 24. V deltoidu meri ena stranica 25 dm in dva na¬ sprotna (priležna) kota 76° 14' in 122° 16'; kolika sta a) ostala kota, b) ostale stranice, c) diagonali? 25. Razreši četverokotnik, ki je krogu s polmerom 10 dm včrtan in v katerem meri ena stranica 16 345 dm in njej priležna kota 72° 14'26" in 103° 44'33". 26. Razreši četverokotnik, ki je krogu s polmerom 24 dm očrtan in v katerem merita dve sosednji stranici -89 - 6 dm in 42 dm in kot, ki ga oklepata te stranici, meri 73° 54' 28". 27. Kolik je naklonski kot daljice 13 dm proti pro¬ jekcijski ravnini, če meri projekcija 9 dm? 28. Tristranična prizma ima 122-07 cm 3 prostornine; osnovna ploskev ji je enakostraničen trikotnik s stranico 5 cm in obstranski robi merijo po 12 cm. Za koliko so obstranski robi naklonjeni proti osnovni ploskvi? 53 29. Za koliko so obstranske ploskve četverostranične enakorobne piramide naklonjene proti osnovni ploskvi? 30. Kolika je prostornina pravilne deveterostranične piramide, pri kateri meri osnovni rob 2 dm; plašč pa 50 dm 2? 31. Osnovni rob pravilne peterostranične piramide meri 1 dm, obstranski rob pa 2 dm; kolika je a) površina, b) prostornina? 32. Pri pravilni osmerostranični prisekani piramidi sta dva istoležna osnovna roba a = 5 dm in 6 = 4 dm, obstranski rob pa s = 2 dm; kolika je a) prostornina, b) naklonski kot obstranskega roba proti osnovnima plos¬ kvama, c) naklonski kot obstranske ploskve proti osnov¬ nima ploskvama? 33. Os poševnega valja je 2 - 5 dm dolga in 78° 44' naklonjena proti osnovni ploskvi; kolika je valjeva pro¬ stornina, če meri ploščina značilnega paralelograma 4-6 dm 2 ? 34. Prostornina pokončnega stožca meri 78 - 54 dm 3 in kot ob vrhu osjega preseka 131° 25'18"; kolika je površina? 35. Največja in najmanjša stranica poševnega stožca merita 3 dm in 2 dm ter oklepata kot 120°; kolika je prostornina ? 36. Polmera pokončnega prisekanega stožca merita 12 dm in 6 dm; stranice so po 70° 13' 52" naklonjene proti osnovni ploskvi. Kolika je prostornina? 37. Pri poševnem prisekanem stožcu so stranice značilnega trapeza: S= 120, s = 101, 2 B = 129, 2 r = 100; kolika sta naklonska kota največje in najmanjše stranice proti osnovnima ploskvama? 38. Ako zavrtiš lok okoli enega njegovih mejnih polmerov, stvoriš krogelno kapico s ploščino, enako četrtemu delu pripadajoče krogelne ploskve; kolik je središčni kot, ki pripada dotičnemu loku? 39. Ako zavrtiš krogov izsek okoli enega njegovih mejnih polmerov, nastane krogelni izsek, ki je enak trem četrtinam pripadajoče krogle; kolik je središčni kot do- tičnega krogovega izseka? 40. Kako visoka mora biti gora ob morju, da se vidi v daljavi 100 km njen vrh (r = 6400 km)? 41. Na katerem vzporedniku meri ločna stopinja 50 km? 54 Sferični dvo- kotnik. Sferični razstoj. Ploščina dvo- kotnika. Slika 29. 11. Sferična trigonometrija. § 14. Sferični dvokotnik. Sferični geometrijski liki se zovejo oni liki, ki se nahajajo na površini krogle in so omejeni od glavnih krogov. V sliki 29. so narisani trije glavni krogi, ki se sečejo v skup¬ nem premeru AB. Polkroga ADB in ACB omejujeta del krogelne površine, ki se zove sferični dvokot¬ nik. Stranici sta mu dva polkroga. Kota pri A in pri B sta sferična kota in sta enaka kotu, ki ga tvo¬ rita ravnini obeh polkrogov. Ta središčni kot COD = a ima ravno toliko stopinj kakor lok CD. Isti kot do¬ bimo tudi, ako si narišemo pri A ali pri B tangenti na oba polkroga. Ako potegnemo skoz dve točki krogelne po¬ vršine glavni krog, je lok med tema dvema točkama sferični razstoj ali razdalja. V sliki 29. je lok CD sferični razstoj točk C in D , ravnotako BD med B in D. Sferični razstoj je najkrajša razdalja dveh točk na površini krogle. Ploščina dvokotnik a. Sferični dvokotnik je tem večji, čim večji je njegov kot. Ako značita p in pi ploščini dveh dvokotnikov in a in ai njiju kota, potem velja sorazmerje p:pi = a:«i. Ako torej pri¬ merjamo dani dvokotnik p s celo ploščino krogle, dobimo p:4?rr 2 = a:360 in iz tega p == UT 2 a 900 ’ ali z besedami: Ploščino sferičnega dvokot- nika dobimo, ako pomnožimo ploščino glavnega kroga s kvocijentom sferičnega kota in pravega kota. 55 § 15. Sferični trikotnik sploh. Slika 30. Trije glavni krogi, ki se ne sečejo v istem pre¬ meru, razdelijo površino krogle v sferične tri¬ kotnike. Vsak je omejen ed treh lokov, ki pripa¬ daj o glavnim krogom. Te loke imenujemo stra¬ nice sferičnega trikot¬ nika, sferične kote pri A, B, C pa kote sferič¬ nega trikotnika. Stranice naših sferičnih trikot¬ nikov merijo vsaka manj kot dva prava. Točki, ki ležita na krajiščih istega premera, sta proti- točki. V sliki 30. sta protitočki A in Aj, B in B j, Cin C). Dva sferična trikotnika, ki tvorita skupaj sferični dvokotnik, se zoveta sotrikotnika, n.pr. ABC in AiBC, potem ABC in ABC\ i. t. d. Dva sferična sotrikotnika imata dve oglišči in eno stranico skupno, nasprotna kota pa enaka. Vse druge sestavine se do¬ polnjujejo na 180°. Primerjaj sliko 35. na strani 62! Dva sferična trikotnika, ki imata samo eno skupno oglišče, se zoveta sovršna trikotnika, tako n. pr. ABC in A\BC\. Sferična sovršna trikot¬ nika imata kota na skupnem oglišču enaka in na¬ sprotni stranici enaki. Druge sestavine se dopolnju¬ jejo na 180°. Trikotnik, čigar oglišča so protitočke danega trikotnika, zovemo protitrikotnik; n. pr. ABC in AjBiCi ali AB\C in A\BC\. Dva sferična proti- trikotnika imata vse stranice in vse kote paroma enake, toda v nasprotnem redu. Taka dva trikotnika se splošno ne dasta pokriti in torej nista skladna, pač pa se dasta spraviti v somerno lego. Treba je le n. pr. trikotnik A\B\C\ ob polkrogu AyByA za 180° zasukati, da pride A\ na A in B{ na B. Potem Sferični tri¬ kotnik. Protitočka. Sotrikotnik. Sov rani tri¬ kotnik. Protitrikotnik. 56 Sferično središče. leži C i na C 2 in trikotnika ABC in ABC 2 ležita so¬ merno. Od sferičnih protitrikotnikov se skladajo samo enakostranični in enakokraki. Ako sta n. pr. v sliki 30. pri trikotniku ABC stranici AB in BC enaki, torej tudi A\B\ in BiCj, potem je treba samo tri¬ kotnik Ai Bi C i zasukati v lego ABC 2 in odtod za¬ vrteti okrog B, da pride A na C in C 2 na A. Trikot¬ nika se potem krijeta. Izrek: Sferični trikotnik in njegov protitrikotnik imata isto ploščino. Slika 31. Dokaz. Pri enakostraničnih in enakokrakih trikotnikih je samo po sebi umevno, ker se dajo pokriti drug na drugega. Raznostranične sferične trikotnike pa je treba prej razdeliti v enakokrake. V to svrho poiščemo sferično središče pri obeh trikotnikih, in sicer tako-le! Danemu sferičnemu tri¬ kotniku in njegovemu protitrikotniku si načrtajmo pripadajoča telesna ogla, ki sta sovršna ogla. Rav¬ nine, ki pravokotno razpolavljajo stranice obeh oglov, se sečejo v skupni premici, ki tvori enake kote z robovi obeh telesnih oglov. Točka, v kateri seče ta premica sferični trikotnik (oziroma njegov protitrikotnik), je njegovo sferično središče in ima torej isto sferično razdaljo od vseh oglišč. V sliki 31. je torej S (oziroma S]) sferično središče in loki SA, SB, SC ter SiA\, Si Bi, SiCi so enaki. Na ta način razpade trikotnik ABC v same enakokrake tri¬ kotnike, ravnotako A x BiCi. Vsled tega se dasta po¬ kriti trikotnika ABS in AiRj/Sj, potem ACS in A i C i Si 57 in ravnotako BCS in B x CiSi. Iz tega pa sledi, dasta trikotnika ABC in A X B X C X ploščinsko enaka. Sferični trikotnik, ki ima vsaj en pravi kot, se zove pravokoten. Trikotnik je pravostra- ničen, ako meri vsaj ena stranica 90°. Ako merita v sferičnem trikotniku dve stranici po 90°, potem je tretja stranica enaka nasprotnemu kotu, priležna kota pa sta prava. Opomnja: Za trikotnike, ki jih tvorijo n. pr. dva poldnevnika in pa kak vzporednik (ne pa rav¬ nik), ne veljajo računi sferičnih trikotnikov. § 16. Ploščina sferičnega trikotnika. Ploščina sferičnega tri¬ kotnika je odvisna od pol¬ mera krogle in od notranjih kotov ter se izračuna s pomočjo sferičnih dvokot- nikov. V sliki 32. je: ABC -f- BCA\ = nr 2 • ^ ABC+ACB 1 = nr 2 -± 0 | 'ABC+ABC x =nr2-± o Slika 32. 3 ABC + BCA X -f ACB j + ABC X = jrr 2 • a + ^ 0 +T Ker pa je ACB\ —A X C X B (protitrikotnika), zato je 3 ABG-\- BCA\ + A X C X B -f ABC X = nr 2 • — f o P + T ali pa 2 ABC-{- 2 nr 2 = nr 2 • g + 9 q 0 + —, ker tvorijo trikotniki ABC -f BCA X -f- Ai Cj B -(- ABC X = 2 ni' 2 površino spred¬ nje polkrogle. Iz tega pa sledi: ABC = nr 2 • (a -f P + 7 — 180») 1800 Izraz e=a-|-/?-j-y — 180<> pove, koliko presega vsota trikotnikovih kotov dva prava kota, in se zove sfe- Pravokoten. Pravostraničen. Ploščina sferič¬ nega trikotnika. 58 rični eksces. Ploščino p sferičnega trikotnika do¬ bimo torej po obrazcu: p = nr2 - m° ali z besedami: Ploščino sferičnega trikot¬ nika dobimo, ako množimo ploščino glav¬ nega kroga s kvocijentom iz sferičnega ekscesa in kota 180°. 17. Sferični trikotnik v zvezi s trirobnikom. Slika 33. Ako si mislimo okrog vrha trirobnika O v sliki 33. očrtano kroglo s katerimkoli polmerom r, dobimo piramidasti iz¬ sek krogle. Izsekani del površine krogle je sferični trikotnik ABC, čigar stranice so loki glavnih krogov iste krogle. Stranice in koti tega trikotnika se po¬ polnoma ujemajo s stranicami in koti da¬ nega trirobnika. Zato prenesemo lahko vse izreke o stranicah in kotih trirobnika na stranice in kote sferičnega trikotnika. Tako veljajo za sferične trikotnike sledeči izreki: 1. Vsota dveh stranic je večja od tretje stranice. 2. Razlika dveh stranic je manjša od tretje stranice. 3. Vsota vseh stranic je manjša od štirih pravih kotov ali v znakih: 0 + c ) pove, koliko je vsota vseh stranic danega trikotnika manjša od 4 R, ter se zove sferični defekt. Obrazec za ploščino polar¬ nega trikotnika dobi potem sledečo obliko: Ploščina polar. nega trikotnika- Sferični defekt. 60 § 18. Naloge o ploščini sferičnega trikotnika. 1. Sferični trikotnik ima kote a = 400, /? = 70°,. 7 — 800; kolika je njegova ploščina, če je polmer pri¬ padajoče krogle r = 1 dm? 2. Ista naloga za kote a = 67o37'40", /9 = 82°14 , 31" : y = 123050'49" in za polmer r == 3-425 m. 3. Kolika je ploščina sferičnega trikotnika, pri ka¬ terem meri vsak kot a) 70°, h) 850 , c) 90°, č) 111° in polmer 1 dm? 4. Kako se glasi obrazec za ploščino sferičnega trikotnika, pri katerem je a = b = 90o in c 900? 5. Kolika je ploščina sferičnega trikotnika, ki ga tvorita poldnevnika Ljubljane in Beograda z ravnikom, ako ima zemlja obliko krogle? (Glej zemljevid.) 6 . Neki sferični trikotnik ima stranice 460, 750 , 83°. Kolika je ploščina polarnega trikotnika, če je polmer r = 12 cm? § 19. Pravokotni sferični trikotnik. V sferičnem trikotniku se dajo iz treh sestavin vse druge izračunati. Dotični izreki se izvajajo s pomočjo trirobnika, ki pripada trikotniku. Krogla, ki jo očrtamo (v sliki 34.) okrog vrha trirobnika O s polmerom r = OA — OB = O C, seče trirobnik v sfe¬ ričnem trikotniku ABC. Mislimo si, da je 7 = 90°, a <90° in /9-<90°, in trikotnik torej pravokoten. Ako spustimo iz točke B pravokotnico BE na OC in iz E pravokotnico ED na OA, potem je tudi BEJ^ED, ker je 7 = 90°, pa tudi ravnina BEDJ_OA. Vsled tega nastane pri točki D kot a. (Kot DBE pa ni enak /?!) In sedaj lahko s pomočjo znanih enačb ravninske trigonometrije izvajamo izreke za sferični trikotnik. V trikotniku ODE je OD = OE- cos b in v tri¬ kotniku OBE je OE = r- cos a, torej je OD = r- cosa* • cos b. Isto stranico pa tudi lahko izračunamo iz trikotnika OBD, in sicer je OD = r • cos c. Iz obeh izrazov za OD pa sledi r • cos o = r-cos a - cos b in iz tega obrazec: cos c = cos a • cos b 1 . 61 Na sličen način dobimo iz trikotnikov v sliki 34. sledeče enačbe: BE — BD sin a = r sin e -sin a, pa tudi BE = r sin a in iz obeh enačb novi obrazec: sin a = sin c-sin a .2. Ker je za izvajanje teh enačb vseeno, katero oglišče smo zaznamovali z A in katero z B, lahko zamenjamo stranici a in b in obenem oba kota a in j3. Na ta način dobimo iz enačbe 2. novo enačbo: sin b = sin c • sin /?.3 Iz iste slike dobimo nadalje DE — OE -sin b — = r cos a • sin b, pa tudi DE — DB cos a = r sin c • cos a. Iz obeh enačb sledi sin c-cos a = cos a* sin K Ako pomnožimo to enačbo še z enačbo 3., dobimo obrazec: cos a = cos a -sin /?.4. Po zamenjavi stranic a in b in kotov a in /9 dobimo: cos /? = cos b -sin a .5. S pomočjo tangent in ko- tangent dobimo še pet obrazcev za razreševanje pravokotnega sferičnega tri¬ kotnika. Iz tri¬ kotnikov DEB , DEO in OBE sledi namreč DE = BE • cotg a, pa tudi DE = = OE • sin b = Slika 34. = BE- cotg a • sin b. Iz obeh enačb pa sledi cotg a = = cotg a -sin b, ali pa tg a = tg a • sin b .6. Če zamenjamo zopet stranici a in b in pa kota a in dobimo \ tg b =. tg /?• sin a 7. 62 1 Na podoben način sledi iz DE = BD • cos a = = r • sin c-eos a in iz DE — OE sin b = r • cos a • sin b nova enačba sin c • cos a = cos a • sin b. Ako na¬ dalje v tej enačbi zamenjamo cos a == iz enačbe 1., dobimo sin c • cos a = co - s ° • sin b in potem tg b — tg c* cos a .8. Po zamenjavi črk a in b in pa a in /J dobimo: tg a = tg c *cos /?.9. Ako še množimo enačbi 4. in 5. in delimo produkt z enačbo 1., dobimo - ’ cos e po okrajšavi ulomkov še cos a ■ cos žosin a- sin [J cos a - cos b in cos c = cotg a • cotg ^.10. Enačbe 1. do 10. omogočijo hitro razreševanje - pravokotnega sferičnega trikotnika. V vsaki teh enačb so tri sestavine. Iz treh enačb, ki imajo vseh pet sestavin a, b, c, a, /?, se dajo izvajati vse druge enačbe. Ako so znane n. pr. 4., 5. in 10., dobimo iz njih enač¬ bo 1., ako pomnožimo vse tri enačbe i. t. d. Slika 35. 180 °-C Izpeljava navedenih enačb pa je bila omejena na kote in stranice, ki so manjše od 90° (izvzet je y = 90°). Vsekako pa ve¬ ljajo enačbe tudi splošno, če merijo stranice in koti 90° ali več kakor 90°. O splošni veljavi teh enačb se lahko prepričamo, ako si narišemo k danemu sfe- ričnemu trikotniku njego¬ ve sotrikotnike in sovršne trikotnike. Pravokotni tri¬ kotnik AB\C v sliki 35. ima kateti b in 180« — a in hipotenuzo 180° - c, koti pa so /?, 1800 — a in 90°. Ako vstavimo te količine v enačbe 1. do 10., se iste ne izpremene. Isto se zgodi pri trikotnikih Aj Pj C in AiBC i t. d. 63 Neperjevo pravilo. Enačbe o pravokotnem sferičnem trikotniku se dajo v eno samo pravilo združiti. Ako si mislimo v krogu napisane zaporedne sestavine trikotnikove, iz¬ vzem ši pravi kot/ = 90°, in zamenjamo obe kateti a in b z nj ij u komplementi 90° — a in 90 u — 6, potem je kosinus vsake sesta¬ vine enak produktu sinusov nasprotnih sestavin ali pa pro¬ duktu kotangent pri- ležnih sestavin. V sliki 36. je n. rr. cos a = cotg c-cotg(90°— b ) ali pa cos a = sin /? • ■sin (90° — a). Iz prve enačbe sledi obrazec 8. in iz druge obrazec 4. Drugi primer: cos (90° — a) = = cotg (90° — b) • cotg /?, kar je istovredno z obrazcem 7., in pa cos (9(P — a) — sin a • sin c, kar kaže obra¬ zec 2. i. t. d. Dostavek. Pri uporabi enačb od 1. do 10. je treba paziti na zvezo goniometrijskih funkcij. V vsakem trikotniku leži namreč večji stranici večji kot nasproti. Če raste stranica, raste tudi nasprotni kot. Vsled tega morata imeti stranica in nasprotni kot v isti enačbi isto funkcijo. To pravilo se kaže v enačbah 2. do 7. Nadalje kaže enačba cos a = 'cos a-sin/3 še posebej, da mora imeti cos a isti znak kakor cos a, ker je sin /3 vedno po¬ zitiven, če je 090°, t. j. oba sta ostra, oba prava ali pa oba topa. Nadalje so v enačbi 2. in 3. trije sinusi in v enačbi 1. trije kosinusi, nikjer pa ni treh tangent ali kotangent. Slika 36. Neperjevo pravilo. 64 Enakokraki sferični trikotnik se da razpoloviti z ravnino, ki gre skoz vrh in stoji pra¬ vokotno na osnovnici, na dva somerna pravokotna trikotnika. Za enakokraki sferični trikotnik torej ni treba posebnih obrazcev za razreševanje. § 20. Zavisnost sferične in ravninske trigonometrije. Sferični trikotniki, pri katerih raste polmer pri¬ padajoče krogle vedno bolj in bolj, se bližajo rav¬ ninskim trikotnikom. V tem slučaju preidejo obrazci sferičnih trikotnikov v slične obrazce ravnih trikot¬ nikov. Prvo zbližanje. Ako raste polmer krogle neskončno — v znakih r — oo — , potem se bližajo stranice vedno bolj in bolj ničli — v znakih a = = b — c = 0 —, ker so to središčni koti krogle, ki postaja neskončno velika. Vsled tega pa je sin a = = tang a = 0 in cos a =1 in isto velja tudi za b in c. Enačba 1. postane brezpomembna, namreč 1 = 1, ravnotako enačbe 2., 3., 6., 7., 8., 9., ki dajo .0 = 0. Enačbi 4. in 5. preideta v cos a — sin /? in cos /3 = = sina, enačba 10. pa v 1 = cotg a-cotg/?. Vse tri enačbe so samo po sebi umevne, ker sta v ravninskem pravokotnem trikotniku kota a in /? komplementarna. Drugo zbližanje. Pri rastočem polmeru kro¬ gle se zmanjšuje središčni kot a (stranica sferič- nega trikotnika) vedno bolj in bolj, tako da se pri¬ bližujeta funkciji sin a in tg a vedno bolj in bolj Ioku a samemu, cos a pa vrednosti 1. Isto velja tudi za stranici b in c. Lahko torej nadomestimo pri ne¬ skončno se zmanjšujočih lokih funkciji sina in tga z lokom a samim, funkcijo cos a pa z 1; pišemo lahko: cos a = cos b — cos e = 1. Na ta način ostane enač¬ ba 1 še vedno brezpomembna (1 = 1), enačbe 4, 5. in 10. pa same po sebi umevne. Vse druge enačbe pa preidejo v znane obrazce ravninske trigonometrije. Obrazec sin a — sin c- sin a preide v a = c • sin a, „ sinfo = sin c-sin = c*sin/?, „ tga = sin b -tga „ „ a = fe*tg‘a, 65 Obrazec tg b — sin a-tg /3 preide v b = a-tg/3, „ tg a =. tg c-cos/3 „ „a = c-cos/3, „ tg5 = tgc-cosa „ „ b = c-cos a. Tretje zbližan j e. Tukaj je treba še cos a, cos b, cos e natančneje določiti. Iz goniometričnih a /a \2 obrazcev sledi cos a =1 — 2sin 1 2 3 * 5 * 7 g = 1 — 2*^J = a 2 ^ — 1 — — , ako vzamemo sin a = - in pri neskončno se zmanjšujočem kotu sin * = Isto velja za b in e. Enačba 1. se izpremeni potem vi —= = (* £) • (l — £) in P° tem v c 2 =-- a 2 + — —- 1^-. Zadnji člen postaja z rastočim r v primeri z drugimi tako majhen, da ga lahko pogrešimo, potem pa ostane še c 2 = a 2 -j- 5 2 . § 21. Naloge o pravokotnem trikotniku. V sledečih nalogah pomeni c hipotenuzo, a in b kateti, kot y — 90°. Za sestavine, ki so izražene v obrazcih s funkcijo kosinus, tangens, kotangens, do¬ bimo po eno rešitev, ker so te funkcije med 0° in 180° enotno določene. Pri funkciji sinus sta mogoči dve rešitvi, ker se sinus pri suplementarnih kotih ne iz¬ premeni. Vsekako pa morata biti kateta in nasprotni kot ali oba topa, ali oba ostra. Če je mogoča dvojna razrešitev, potem sta dobljena trikotnika sotrikotnika. Glej v sliki 35. trikotnika ABC in ABiC! Poišči neznane sestavine sferičnega trikotnika, ako je dano: 1. a = 37° 28' b = 42030'. 3. a = 108" 15'16" b = 124° 33'24". 5. b = 620.37' 15" c = 1060 38'37". 7. b = 23° 18'40" a= 106014'7". 2. a = 57° 39'42" b = 122° 44'16". 4. a= 48° 15' e — 1140 0' 26". 6. a= 38° 16' /3 = 5204'. 8. a= 64° 17' a — 70«18' (dvojna razrešitev). 5 g- Matek, Geometrija II. 66 9. a= 72&6'12" /? = 88° 14'4". 10. b = 132° 18'34" • /9.= 118° 14' 35" (dvojna razrešitev). 11. a = 580 37' 25" /9= 1160 33'26". 12. a — 104° 25'36" /3 = 49° 35' 12". 13. Ako potegnemo z vrha C pravokotnega sfe- ričnega trikotnika ABC glavni krog pravokotno na hipotenuzo AB, razdelimo hipotenuzo v točki D na dva dela AD = n in 'BD = m , pravokotni trikotnik AJ3C pa razpade na dva pravokotna trikotnika ADC in BDC s skupno stranico CD = v. Dokaži, da je tg 2 a = tgc-tgm! (Primerjaj ob¬ razec ravninskih trikotnikov a 2 = c-m!) Navodilo: Izračunaj v trikotniku BCD kot /3 iz a in m in v trikotniku ABC isti kot iz a in c! 14. Dokaži na podoben način, da je: sin 2 v = = tgm-tga! (Primerjaj obrazec ravninskih trikot¬ nikov v 2 = m-n \) Navodilo: Izračunaj v trikotniku ADC in BDC stranico b iz v in n in stranico a iz v in m , pomnoži obe enačbi, nadomesti a in b s stranico c in vstavi c — m -\-.n ! § 22. Naloge o enakokrakem sferičnem trikotniku. 1. V enakokrakem sferičnem trikotniku pomeni c osnovnico, a = b krak, y kot pri vrhu in a = /? kot na osnovnici. Izračunaj iz a = 67° 15'54" in y — 90° osnovnico in druga dva kota! 2. V enakokrakem sferičnem trikotniku meri osnovnica c — 42° 46'4" in kot pri vrhu y — 90°; ko¬ liko merijo krak in kota na osnovnici? Koliko meri višina? 3. V enakokrakem sferičnem trikotniku meri osnovnica c = 114°45' in krak a — 80° 14'; koliki so koti? 4. V enakokrakem sferičnem trikotniku meri kot na osnovnici a = 47° 15' in kot pri vrhu y — = 55° 17'; kolike so stranice in kolika je višina? I 67 5. Dokaži, da je v pravokotnem enakokrakem sferičnem trikotniku veljaven obrazec cos a = cotga! 6. V enakokrakem trikotniku je o = 73°25' in 7 = 68° 44'; kolik je krak, kolika višina in kot na osnovnici? (Dvojna razrešitev.) 7. V enakokrakem sferičnem trikotniku meri višina v = 48° in kot na osnovnici a = 64°. Izraču¬ naj ostale sestavine trikotnikove! (Dvojna razrešitev.) § 23. Naloge o pravilnem sferičnem mnogokotniku- V pravilnem sferičnem trikotniku pomeni a stra¬ nico, a kot, r sferično razdaljo središča od oglišč in q sferično razdaljo središča od stranic. 1. V pravilnem sferičnem trikotniku je znana ena izmed sestavin a, a, r, g , poišči druge! Primer: a = 60t>. 2. V pravilnem sferičnem četverokotniku meri kot a = 100°; poišči a, r, 5! 3. V pravilnem sferičnem peterokotniku je znana razdalja r = 35°; koliko merijo a, a, g? 4. V pravilnem sferičnem n-kotniku je dana stranica a. Kolik je "kot a in kolika je ploščina p? Primer: a = 40°, n = 4 in polmer pripadajoče krogle R = 1. § 24. Naloge iz stereometrije. 1. Pri tristranični piramidi tvorijo stranske ploskve med seboj zaporedoma kote a = 60°, p = 80°, 7 = 90°. Koliki so robovni koti pri vrhu? Navodilo: Okrog vrha piramide si očrtaj kroglo s katerimkoli polmerom; tako dobiš pravo¬ koten sferičen trikotnik. 2. Kolik je kot, ki ga tvorita pri enakorobni tristranični piramidi (tetraedru) stranski rob in osnovna ploskev? 5 * 68 Navodilo: Okrog enega oglišča osnovne plo¬ skve si načrtaj kroglo, ki odreže enakostraničen sferičen trikotnik, v katerem je višina x enaka za¬ htevanemu kotu (slika 37.). Slika 37. Slika 38. 3. Pri pokončni tristranični piramidi je osnovna ploskev enakostraničen trikotnik. Kolika je prostor¬ nina piramide, če je znan stranski rob m in če tvorita dve stranski ploskvi kot y = 72°? Navodilo. Na isti način kakor pri prejšnji nalogi dobiš sferičen trikotnik (glej sliko 37.!), pri katerem je e = 60«, a = h in y — 72°. Iskati je treba višino x. 4. V pravilnem poliedru je znan rob k. Izračunaj površino in prostornino poliedrovo (glej sliko 38.!) Navodilo. Ako pomeni s število plos ev poli- edra, n število stranic vsake ploskve, m število robov, ki se sečejo v vsakem oglišču, q = OA = OD polmer včrtane krogle, r == OB = OE polmer očrtane krogle in 6 — ACD naklonski kot dveh ploskev, potem je | = <£: ACO in a — == -^°. Kot med ravnino FBO in EBO je -~°, torej je kot med ravnino ABO in EBO enak - 3 4 * * * 8 -° == 3. Iz slike razvidiš, da je ® = 90°— b in 69 OC±BE, pa tudi 0AJ_BEF. V trikotniku A\B X G\ so torej znani vsi koti, ker je y = 90°; iz [teh izra¬ čunaš lahko stranice. Po Neperjevem pravilu je cos /? = sin (90° — b ) • 180° cos B cos • sin a ali cos b — ——- =- ^ in na isti način dobiš sin a sin 180_° n 180° COS sc cos tudi cos a = „ =- ^ 0 . Ker pa je cos b = sin p s i n — m 180° ( 5 § g COS - 90° — p) = sin p, dobiš iz tega sin ~ = - “ - 1 sin *— - - k n V trikotniku OBC je BC = BO- sin a ali = r sin a in r = — . Nadalje je g = OA = OC -cos b — OB cos a • u sin 3 k • cos b = r cos a • cos b in iz tega g = -r • cotg a • cos b. Površina sestoji iz skladnih pravilnih mnogo- kotnikov (v sliki 38. so sami trikotniki). Prostornina pa sestoji iz skladnih piramid, ki imajo vrhove v sre¬ dišču poliedra. 5. Poišči prostornino tetraedra, če je znan a) rob k = 1 dm, b) k — 3’5 cm ! 6. Ista naloga za oktaeder, dodekaeder in iko- saeder. 7. Kolik je naklonski kot dveh sosednjih ploskev tetraedrovih ? (Naloga se izvrši lahko tudi brez sfe- rične trigonometrije.) 8. Ista naloga za oktaeder, dodekaeder ali iko- saeder s pomočjo sferične trigonometrije. 9. Poišči prostornino dodekaedru [in ikosaedru včrtane in očrtane krogle, ako je znan rob k\ Pri¬ mer: k == 4 cm. § 25. Raznostranični sferični trikotnik. Raznostranični sferični trikotnik se da z višino sinusov izrek razdeliti na dva pravokotna trikotnika. Iz teh dveh izvajamo lahko obrazec za ves trikotnik. Mislimo m najprej, da so v trikotniku ABC stranice in koti manjši od 90°. Iz trikotnika ADC dobimo enačbo 70 sin v = sin 6 • sin a in iz trikotnika BDC enačbo sin v = sin a-sin/3. Iz obeh enačb pa sledi: sina: sin b = sin a : sin /3. Če potegnemo višino namesto z vrha C z oglišča A, dobimo na isti način soraz¬ merje sinfr:sinc — sin/3:siny. Obe sorazmerji nam dajeta obrazec za sinusov izrek, ki ga pišemo ali v obliki zaporednega sorazmerja: sin a:sin fr:sin c = sin a: sin /3:sin y . . 11. ali pa: sin a sin b sin c sin a sin (i sin ^ z besedami: V sferičnem trikotniku so sinusi stranic v istem razmerju kakor sinusi nasprotnih kotov. Sinusov izrek velja seveda tudi za pravokotne in enakokrake sferične tri¬ kotnike in tudi za one tri¬ kotnike, pri katerih so stra¬ nice in koti večji od 90°, ker se sinus pri suplemen- tarnih kotih ne izpremeni. (Primerjaj sliko 35.!) (3}g Neposrednja uporaba ^^sinusovega izreka je ome¬ jena na dve vrsti nalog: Iz dveh stranic in enega nasprotnega kota je iskati drugi nasprotni kot ali pa iz dveh kotov in ene nasprotne stranice je iskati drugo nasprotno stra¬ nico. V obeh slučajih je mogoča dvojna razrešitev. V sliki 39. je nadalje v trikotniku CBD: cosa = === cos v* cos n = cos v - cos (c — m ) = cos v-cos c- • cos m -j- cos v-sin c- sin m. Ker pa je cos v* cos m = = cos b in sin m — sin fr-sin x, oziroma cos a — = sin x- cos v, zato preide prva enačba v obrazec: cos a — cos fr-cos c -f- sin fr • sin 'c • cos a . 12.a Na podoben način dobimo še: cos fr = cos a • cos o -j— sin a • sin c • cos /3 . 12.fr cos c = cos a • cos fr -f- sin a • sin fr • cos y . 12.e 71 Obrazci 12 a, b, o nam dajejo kosinusov iz¬ rek stranic: Kosinus stranice je enak pro¬ duktu kosinusov drugih dveh stranic, po¬ večanemu za produkt sinusov istih stranic in kosinusa nasprotnega kota. Ako uvedemo trikotniku pripadajoči polarni trikotnik s stranicami ai = 180 — a, b\ — 180 — /9 in ci = 180 — 7 , dobimo kosinusov izrek kotov- Po obrazcu 12 a je namreč cos ai = cos bi-cos C] -(- + sin bi sin ci cos aj in po zamenjavi cos (180°—a) = = cos (180° — /9) cos (180° — 7 ) -j- sin (180° — /9) sin (180° — 7 ) cos (180° — a), iz tega pa sledi: cos a — — cos /J cos 7 -f- sin /9 sin 7 • cos a . 13.a Na isti način dobimo še: cos /9 = — cos 7 - cos a -j- sin 7 -sin a- cos b . 13 .b cos 7 = — cos a- cos /9 -)- sin a-sin p -cos c . 13.c torej z besedami: kosinus kota je enak nega¬ tivnemu produktu kosinusov drugih dveh kotov, povečanemu za produkt sinusov drugih dveh kotov in kosinusa nasprotne stranice. Izpeljava obeh kosinusovih izrekov je seveda veljavna tudi pri stranicah in kotih, ki so večji od 90°. Če je n. pr. 180o>b>90°in 180° > c> 90°, vzamemo za podlago računa namesto trikotnika ABC njegov sotrikotnik A\BC, kjer sta stranici 180° — Mn 180° — c manjši od 90°. Za trikotnik A\BC velja torej cos a = cos (180° — b) • cos (180° — e) — j— -f- sin (180« _ b) • sin (180° — c) ■ cos a, iz tega pa sledi obrazec 12. a za trikotnik ABC. Neposrednja uporaba kosinusovih . izrekov se nanaša na sledeče naloge: 1. Dane so sestavine: dve stranici in kot med njima ali pa dva kota in stranici med njima in išče se tretja stranica, oziroma tretji kot. 2. Dane so stranice in iščejo se koti ali pa obratno. Kosinusov izrek. 72 Sinusov in kosinusov izrek zadostu¬ jeta popolnoma za r a z r e š i t e v s f e r i č n e g a trikotnika. Seveda je kosinusov izrek neprikladen za hitro in pregledno logaritmovanje. V to svrho mu damo drugo obliko, in sicer s pomočjo novega pomožnega kota. Po kosinusovem izreku je namreč : cos a = cos b • cos c -)- sin b- sin c • cos a cos a = cos b -(cos c -(- tg b -sin e- cos a), sedaj nadomestimo tgfo-cosa = tg x, dobimo ali Ako cos a = cos b (cos c -j- s'nx cosx sin c) in potem cos a cos a = , cos e cos x + sin c sin x ,. cos b --ali COS X cos 1»-cos (c — x) Iz fc in a je treba torej najprej ižračunati x in iz tega potem še a. Na isti način preide kosinusov izrek kotov cos« = — cos /?• cos y -)- sin /? • sin /• cos a v obliko cos a = C ° 9 ^ siax~ X ^ ' ako izl °č* mo faktor cos /? in uvedemo novi kot x z enačbo tg/hcosa = cotg x. Iz kosinusovih izrekov pa izvajamo še druge izreke. cos a — cos b cos c Iz obrazca 12. a dobimo cos a — . , . „ sin b • sin c s polovičnim kotom * a Ako nadomestimo kot obrazcu 1 — cos a == 2 sin 2 po 1 — cos a - 2’ cos b • cos c dobimo: 2.sin- cos (Z) — c) — cos a sinZ>*sine ■ c + a . a + c — b ~o sin o 2 Sin 2 j. sin b‘ sin c b — c + a b — e — a — 2- sin - 2 - sin— — ^ - sin Z>-sin c sin Z»* sin c Ako še uvedemo okrajšave a-f-i-J-c = 2s in a -f- b — e = 2s — 2e — 2 (s — c) i. t. d. kakor pri Hero- novem izreku za ploščino ravninskega trikotnika, dobimo - b) • sin (s — c) 2sin 2 1 = ? sin(s sin sin Z)"Sinc a _ i^sinls — iz tega pa sledi Z>) sin (s — c) siu b- sin c 14. a 73 Iz obrazca 1 način cos cos a =*= 2 cos 2 “ dobimo na isti \/ si sin s-sin (s—a) . — r ..14.6 2 ' sin 6»sin c Ako delimo enačbo 14. a z enačbo 14.6, dobimo tg “ = [ /' gfa( S -b)-si n(g=g U c ° 2 ’ sin s. sin (s — a) Enačbe 14. a, 6, c se dajo sestaviti tudi za druga dva kota /? in y, ako se črke a, b, c zaporedoma za¬ menjajo. Enačbe 14. a, b, c dajo izrek opolovicah tri¬ kotnikovih kotov. Praktično se uporablja najbolj obrazec za tangento, ker se sinus in kosmus v bližini 90°, oziroma 0°, ne dasta dovolj natančno izračunati. Iz enačb 14. a, 6, c dobimo izrek opolovicah trikotnikovih stranic, ako zamenimo kote in stranice danega trikotnika s sestavinami polarnega tri¬ kotnika ai, bi, in ci, /Sj, y\. Obrazci 14. veljajo namreč za vsak sferičen trikotnik in zato veljata tudi enačbi „1 n a i _ | f sin p! — b x ) • s n (s, — c t ) 1 2 ' sin bi • sin Oi ’ cog a, _ ./ sin si-sin (s t — ad “2 * sm bi • sin c/ ' Ako še zamenimo na levi kote s stranicami in na desni stranice s koti danega trikotnika in upo¬ rabimo za okrajšavo ai —j— + c x = 2sj in a —j— — f-y = — 2 o, dobimo nove obrazce: a .A—cos o cos (a — a) sin = V --- - 2 • sin g.sin-r _ no a _ .[ cos (a — g).cos (o —T) 2 * sin p-sini , a . [ — co^ o. cos (a — « ) ^2 ' cos (a—p).cos (a — 7) Enačbe 15. nam dajo izrek polovičnih stranic. Op o mn j a: Ulomek v drugem korenu je pri 15.ain 15.c le navidezno negativen. Vsota a -\~P~\-y = = 2a je večja ko 180° in torej o > 90° in cos 0 ne¬ gativen, — cos 0 pa pozitiven. Enačbe 15. se lahko izvajajo tudi neposredno iz kosinusovega izreka za kote. . 15. a . 15.6 . 15. c 74 G-amSove enačbe. GauDove (Delambreiove) enačbe. Ako zame- nimo v enačbi sin*= sin(|— J) . a p sin g • cos g cos g*sm 2 posamezne funkcije z izrazi v obrazcih 14., potem skupne faktorje izločimo in dobljene izraze skrčimo, dobimo: sin = T . a - cos g-•sin —2 si o To enačbo pišemo lahko tudi v obliki: sin a — 6 Sln 2 cos Na podoben način dobimo iz izrazov sin in cos *-

cos(\ in BM~ (p 2 zemlj episni širini kra¬ jev A in B , AB pa je sferična razdalja ali zračna črta. 1. Kolika je zračna črta med Ljubljano in Beogra¬ dom, ako sta zemljepisni širini in dolžini obeh mest znani? Ljubljana (cp\ =460 3', X\ = 14° 30' vzh. od Green- wicha), Beograd (

, razlika zemljepisnih dolžin pa je X. Za ko¬ liko je zračna črta med obema krajema krajša od razdalje na vzporedniku? N. pr.

59'. 25. Dne 24. aprila 1910 je vzhajal mesec (polna una) ob 7 7 ‘ 4"' zvečer (dunajske ure). Deklinacija je ila ta dan — 10°6'. Kdaj je tisto noč stal mesec naj- išje? Kolik je bil takrat vidni kot mesečevega pre- aera (2r = 3482 km), če je merila razdalja od zemlje 3*71 zemeljskih polmerov? Rezultat: 12* 18"'; 29'31". III. Ravninska analitika. § 30. Točka. Vsaka točka v ravnini je popolnoma natanko oločena po njenih koordinatah; obratno ima vsaka oločena točka tudi določene koordinate. Kako po- ičeš določenim točkam koordinate in kako določe- im koordinatam pripadajoče točke, je znano. 6 g. Matek, Geometrija II. 82 Smerni koefici¬ ent. Razdalja določene točke od koordinat¬ nega izhodišča in smerni ko- eficijent te daljice. Razdalja dveh določenih točk in smerni ko¬ eficient te da¬ ljice. Obrazec za trikotnikovo ploščino. Slika 43. Koordinati določene točke M\ (xj, yi) tvorita ka- teti pravokotnega trikotnika, čigar hipotenuza je raz¬ dalja d dotične točke od koord inatneg a izhodišča, v znakih d = j/xi 2 -j- yi 2 . Primerjaj sliko 43.! Kot a, ki ga tvori razdalja d s pozitivno abscisno osjo, določuje smer, v katero se razteza daljica O . Trigonometrijska tangenta tega kota, t. j. tg a se imenuje smerni x 1 0M-, , se za- Kot a koeficij ent daljice znamuje z A, v znakih A se šteje od pozitivne abscisne osi proti pozitivni ordinatni osi. Če je kot a oster, je smerni koeficijent pozitiven; če je pa kot a top, je smerni koeficijent negativen. Razdaljo d dveh določenih točk M\ (xj, yi) in M 2 (x 2 , y 2 ) najdeš s pomočjo Pitagorovega izreka, v znakih d = /(x 2 — xi ) 2 -4- (y 2 — ji) 2 . Primerjaj sliko 44.! Ker se izraza x\ —x 2 in x 2 — xj, oziroma y x — y 2 in y 2 — yi razločujeta le v njunih predznakih, smemo obrazec za razdaljo d določenih to čk M x i n M 2 pisati tudi tako-le: d = |/jxi — x 2 ) 2J t~(yi — , 72 ) 2 . Kota, ki ga tvori daljica d == M\M 2 s smerjo pozitivne Abscisne osi (oziroma podaljšek daljice M\M 2 s pozitivno abscisno osjo), je določen po enačbi tg a= = — Vrednost tega -Tl-T 2 izraza imenujemo smer¬ ni koeficient (A) da¬ ljice M\M 2 , v znakih A = __ yi—yn Xi—Xi Tri točke M\ (x,, y. l ), M 2 (x 2 , y 2 ) in M 3 (x 3 , y 3 ), ki ne leže v eni in isti premici, določujejo trikotnik M i M 2 M 3 (slika 45.), čigar ploščino najdeš, ako sešteješ trapeza M\P\P 3 M 3 in M 3 P 3 P 2 M 2 ter odšteješ od te vsote trapez M\P\P 2 M 2 , v znakih Slika 44. 83 P = Ce y -^(x 3 *i) + šte¬ tem obrazcu oklepaje ter *3) yii-j2 2 (x 2 — X,). Slika 45. odpraviš v ulomke, razrešiš ____ skrčiš kolikor mogoče, najdeš Y 2p = xi (72 —J3) + x 2 (73 —,71) + + X 3 (j] — 72). Pri računanju trikotni¬ kove ploščine po tem obrazcu je treba upoštevati koordinate 0 trikotnikovih oglišč v takšnem redu, kakor bi prehodil trikotnikov obseg v zmislu, ki je vrtenju urnih kazalcev nasproten. 7 -X Naloge. 1. Daljica s krajiščema M\ (— 3, 10) in M 2 (2, jr 2 ) ima dolžino 13; določi y 2 l Razrešitev. Iz enačbe 13 = /(— 3 — 2)2 + (To — 7-2)2 najdeš 72 = 22, — 2 2. Katera točka abscisne osi ima od točke M\ (4, 6 ) razdaljo 10 ? Razrešitev. Ordinata vsake’točke v abscisni osi je = 0. Iz enačbe 10 = 1^(4 — x 2 ) 2 -j- 36 najdeš x 2 = 12, - 4. 3. Izrazi s pomočj o enačbe pogoj, da je točka M(x,y) enako od- daljenaodtočkl/j(—1,4) in M 2 (- 3, 2). Razrešitev. Daljici MM\ in MM 2 morata biti enaki, v znakih /+ + 1)2 + (7 Slika 46. 2)2. Ako urediš to enačbo, najdeš 4)2 == = /(x+ 3)2+17 X +7 = 1. 4. Razdeli določeno daljico M\M 2 na tri enake dele ter določi razdelišča. 6 * 84 Razrešitev. Točki J /3 in J /4 razdelita daljico J/ 1 J /2 na tri enake dele (slika 46.). V podobnih tri¬ kotnikih J/ 1 DJ/ 3 , M\EMi in M\FM 2 so istoležne stranice v razmerju 1:2:3. Vsaka teh daljic P]P 3 , P 3 P 4 in -*i. ^.^144_nnr 4_ FM * _ 72-7. P4P2 je = daljica D J /3 je in 3 , ^ 3 EM 4 — 2 • DJ / 3 = 2 • ^ 2 g . Koordinate razdelišč Jf 3 in J/4 so torej: x 3 x 4 x 2 —7 3 in 73 = 7 i +^~, X! -f 2 • in 74 = 71 + 2 72-7 3 ' Na isti način najdeš tudi, da sta x '^ Xi in — koordinati razpolovišča daljice M\M 2 . 5. in J/2 Podaljšaj daljico s kraj iščema J//(l,2) (5, 5) za štiri dolgostne enote. Razrešitev. Daljica Slika 47. J/j J / 2 meri pet dolgostnih enot, M, podaljšek J/ 2 J /3 meri štiri dolgostne^ enote (slika 47.). V podobnih trikotnikih M\DM 2 in JZ 1 PJ /3 so istoležne stranice v razmerju 5:9, t. j. v znakih (x 2 — xi) : (x 3 — xj) = 5 : 9 in ( 72 — 7i) : (73 — 7i) = 5 ■){ teh pogojev najdeš x 3 37 73 = y 9. 41 S Iz in 6 . Določi pogoj, da ležijo tri točke J / l5 M 2 in J/3 v eni in isti premici. Razrešitev. Iz podobnih trikotnikov M\DM 2 in J/ 1 PJ /3 (slika47.) najdeš sorazmerje = pžr^\ ki je smeš pisati tudi tako-le: — Xl tv** t j. tri ^ 7—7 x,— -x 3 ' točke leže v eni in isti premici, če so njih ordinatne razlike sorazmerne z razli¬ kami pripadajočih abscis. 85 Razreši še naslednje naloge: 7. Načrtaj točke M x (3, 0), M 2 (5, 2), M 3 (0, 4), M 4 ( — 6, — 2), M 5 ( — 4, 7), M 6 (7, — 4) ter določi razdaljo njih projekcij od koordinatnega izhodišča a) v abscisni, b) v ordinatni osi! 8. Načrtaj točke M\ (3, 4), M 2 (- 5, 5), M 3 (— 8, 6), M 4 (— 4, 7|) ter določi njih smer in razdaljo od koordi¬ natnega izhodišča! 9. Določi smer in razdaljo točk a) M\ (2, — 10) in M 2 (10, — 4), b) M 3 (5, 24) in M 4 (17, 29), c) M 5 (23, 20) in M 6 (— 5, — 25)! 10. Katera točka ordinatne osi ima od točke M\ (— 4, 5) razdaljo 7? 11. Izračunaj obseg in ploščino trikotnika z oglišči A (— 1, 2), B (1,- — 5) in C (4, — 2)! 12. Trikotnikova ploščina je — 7 in oglišča so A (— 2, — 1), B (0, 2) in C (4, j^); izračunaj y 3 ! 13. Načrtaj četverokotnik z oglišči A (2, 3), B (— 3, 4), C (— 1,. — 4) in D (3, — 1) ter določi njega stranice, diagonali in ploščino! 14. Razpolovi stranice trikotnika z oglišči M\ (3, 5), M 2 (— 3, 3) in M 3 (— 7, 25), spoji razpolovišča med seboj ter določi, kako sta si ploščini prvotnega in včrtanega trikotnika! 15. Točke A (3, 2), B (7, y 2 ) in C (5, 5) so oglišča enakokrakega trikotnika z vrhom C; izračunaj y 2 \ 16. Določi točko, ki je enako oddaljena od točk M\ (2, - 1), M 2 (4, 3) in M 3 (- 2,-1)! 17. Razdeli daljico s krajiščema a) M\ (2, 2) in M 2 (10, 8) v razmerju 2 : 3, b) M 3 (5, 8) in M 4 (— 4, -—10) v razmerju 4:5 ter določi razdelišče! 18. Razdeli daljico s krajiščema M\ (3, — 6) in ilf 2 (10, 18) na pet enakih delov ter določi razdelišča! 19. Razdeli daljico s krajiščema M\ (3, 7) in M 2 (2, 5) po stalnem sorazmerju! 20. Podaljšaj daljico s krajiščema A (3, 6) in B (10, 18) za 15 dolgostnih enot ter določi novo krajišče! 21. Podaljšaj daljico s krajiščema A ( — 2, 1) in B (1, 3) za njeno dolžino (za njeno trikratno dolžino) ter določi novo krajišče! 86 Enačba in njena geometrijska podoba. § 31. Enačbe in črte. Vsaka enačba s premenljivkama (variablama) j: in jr ima neizrečeno mnogo razrešitev. Vsaka teh razrešitev predočuje v sliki določeno točko; vse raz¬ rešitve skupaj predočujejo nepretrgano vrsto točk, ki tvorijo geometrijsko mesto ali funkcijsko črto dotične enačbe; kajti vsaka enačba s premenljivkama x in y se sme smatrati za razvito ali nerazvito funk¬ cijo ene premenljivke. Ako je treba n. pr. enačbi y 2 — 2x = 4 poiskati geometrijsko mesto (funkcijsko sliko), razrešimo to enačbo z ozirom na odvisno premenljivko y. Iz izraza y = + ]f 2x ~j-~4 sledi, da smeš za neodvisno premen¬ ljivko x postaviti vsako vrednost od — 2 do -j- °°; vrednostim za x, ki bi bile manjše od — 2, so ordi¬ nate, torej tudi pripada¬ joče točke nemogoče (umišljene, imaginarne). Če se veča vrednost za x, se veča (absolutno) tudi vrednost za y. Ko po¬ stane vrednost za x ne¬ izrečeno velika, je tudi vrednostzaj^ neizrečeno velika. Razrešitvam: x== — 2, 0, 2-1, 6, 10^ . .. y — 0, +2, +3, + 4, + 5 ... pripa¬ dajo točke M.\, M 2 in ¥' 2 , ¥3 in ¥3 i. t. d. (slika 48.), ki leže somerno z ozirom na abscisno os; zakaj vsaki posebni vrednosti za x (izvzemši x — — 2 ) pripadata dve nasprotni vrednosti zaj^. Zgoraj navedena enačba predstavlja torej krivo črto, ki se razteza od določene točke v abscisni osi na desno, je osjesomerna in nima nobenega konca. Kakor v navedenem primeru postopamo tudi v drugih sličnih slučajih. Obratno se da vsaka črta, ki je stvorjena po določenem zakonu, izraziti z enačbo. Kajti značilna lastnost vsake take črte se mora izražati v vsaki točki te črte, torej tudi v koordinatah dotičnih točk. Slika 48. <67 Ako izbereš v črti premenljivo točko ter izraziš od¬ visnost med x in / z enačbo, stvoriš enačbo dotične črte. Kako postopamo pri tem v posameznih slučajih, bomo videli v naslednjih odstavkih. Naloge. Poišči naslednjim enačbam geometrijska mesta: 1. 4x -j- 5 y = 0. 2. xy — 3. 3. y 2 .— 2a. 4. .X 2 —J- y 2 == 25. 5. 4a 2 -f- 9j2 = 36. 6. 4x 2 — 9,7 2 = 36. 7. x2 = 4 y. 8. y2 — — 6a. 9. y2 = ^ — 4. § 32. Premica. Lega preme črte je geometrijsko popolnoma določena, ako poznaš kot a, ki ga tvori premica s pozitivno smerjo abscisne osi in odsek OD = B, ki ga odreže premica na ordinatni osi. Primerjaj sliko 49.! Enačbo preme črte najdeš, ako poiščeš medsebojno zvezo (zavisnost) med koordinatama premenljive točke M v premici in količi¬ nama, ki določujeta premično lego. Če narišeš skoz D vzpo¬ rednico z abscisno osjo, stvo¬ riš pravokotni trikotnik DP'M, iz katerega sledi trigonome- trijskim potem y — B — x tg a. Ta odvisnost velja za vsako lego premenljive točke M v premici. Če zaznamuješ tg a = = A in razrešiš enačbo z ozi¬ rom na odvisno premenljivko y, najdeš premično enačbo y — Ax -f - B, v kateri sta količini A in B stalnici, količini i in j pa pr e m e]nlj i v ki. Količini A se pravi smerni koeficient preme črte Pri različnih premicah imata stalnici A in B različne vrednosti. Kot a se meri od pozitivne ab¬ scisne osi proti pozitivni ordinatni osi. Dokler je kot a oster, je smerni koeficient A pozitiven; če pa postane kot a top, je smerni koeficient A nega- Slika 49. Prva oblika pre¬ mične enačbe in njeni stalnici. Smerni koefici¬ ent preme črte in odsek na or¬ dinatni osi. Enačba preme črte, ki gre skoz koordinatno izhodišče. i 88 Druga oblika premične enačba in lij eni stalnici. . Odseka na ko¬ ordinatnih oseh. Enačbe premih črt, ki so vzpo¬ redne koordi¬ natnima osema. Enačbi koordi¬ natnih osi. tiven. Odsek B na ordinatni osi je pozitiven, oziroma negativen, če leži na pozitivnem, oziroma negativnem delu te osi. Ako jeB = O, gre dotična premica skoz koordi¬ natno izhodišče. Enačba take premice je y = Ax. Lega preme črte je na drugi način tudi določena popolnoma, ako poznaš od¬ seka OD — B in OE — C, ki ju odreže premica na ko¬ ordinatnih oseh. Primerjaj sliko 50.! Če poiščeš medsebojno zvezo med koordi¬ natama premenljive točke M v premici in med odse¬ koma na koordinatnih oseh, najdeš premični enačbi novo obliko. V podobnih trikotnikih MPE in DOE so istoležne stranice sorazmerne, v znakih ~ B = ^ A . Ta odvisnost velja za vsako lego premenljive točke M v premici. Navedena enačba se da prav lahko pretvoriti na obliko 'J, -j- ^ = 1, v kateri pomeni ob¬ ratni koeficijent premenljivkp x odsek na abscisni osi, obratni koeficient pre- menljivke y pa odsek na ordinatni osi. Vsak izmed odsekov B in C utegne biti pozitiven, oziroma negativen, če leži na pozitivnih, oziroma negativnih delih koordinatnih osi. Premica, ki je vzporedna ordinatni osi, preseče to os v neskončni daljavi. V tem slučaju je B = oo Slika 50. Y, in = 1 ali x— G je enačba take premice. Na isti [O način najdeš, daj e y = B enačba premice, ki je vzpo¬ redna abscisni osi in preseče ordinatno os v raz¬ dalji B. Premica, ki je vzporedna ordinatni osi, se krije s to osjo, če je C = 0; enačba ordinatne osi je torej x — 0, t. j. abscisa vsake točke v ordinatni osi je = 0. Premica, ki je vzporedna abscisni osi, se krije s to osjo, če je B = 0; enačba abscisne osi je torej v —0: t. j. ordinata vsake točke v abscisni osi je =0. 89 Slika 51. Lega preme črte je na tretji način tudi dolo¬ čena popolnoma, ako poznaš razdaljo OF — p koor¬ dinatnega izhodišča od pre¬ mice in kot (p, ki ga tvori daljica OF s smerjo pozitivne abscisne osi. Primerjaj sliko 51.! Iz podobnih trikotnikov MPE in OFE najdeš soraz- merje p =i^=-W’ klvel]a - za vsako lego premenljive točke M v premici. Ker je po trigonometrijskem izreku OE = in FE = ptgcp, najdeš iz navedenega sorazmerja enačbo sin -x — p = 0 , v kateri se smatra razdalja p kakor absolutna količina in kot (p se šteje od 0° do 3600. Ta enačba se imenuje normalna oblika enačbe preme črte; spoznaš jo na tem, da dobiš 1, če kvadruješ koeficienta premenljivk x in y ter sešteješ ta zneska. Urejena enačba prve stopnje z dvema premen- ljivkama ima vobče obliko ax j- by = c. Da pred- očuje ta enačba premico, je jasno; zakaj to enačbo pretvoriš prav lahko ali na prvo ali na drugo zgo¬ raj navedenih oblik. Če razrešiš enačbo ax -)- by = e z ozirom na premenljivko y, jo pretvoriš na obliko yl—Ax-\-B, iz katere izveš odsek na ordinatni osi in smerni koeficient, t. j. tangento tistega kota, ki ga tvori premica s pozitivno smerjo abscisne osi. Če pa deliš vse člene enačbe ax -j- by — c s ko¬ ličino c, daš enačbi obliko £ -J- ^ — 1, iz katere izveš odseka na koordinatnih oseh. Če hočeš enačbo y = Ax + B pretvoriti na nor¬ malno obliko, jo moraš pomnožiti z nekim faktorjem q (pretvornikom). Enačba £>7 — Aqx — Bq — 0 je v normalni obliki, t. j. v obliki sin (p -y -j- cos

-x — pi =0. Tej enačbi morata ustre¬ zati koordinati točke M x ; torej je sing^ji -j- cos go-x 1 — — pi =0 ali pi = sin (p y\-\- cos (p xj. Ker leži točka Mi s koordinatnim izhodiščem na isti strani določene premice EF, ima razdalja točke M x od premice EF s pravokqtnico p isto smer in je zato pozitivna, v zna¬ kih d — p — pi. Če postaviš v ta izraz zgoraj nave¬ deno vrednost za pi, je d = p — singo-ji — cos - x — p 2 — 0. Tej enačbi morata ustrezati koordinati točke M 2 ; torej j e sin • x 2 d — — (sin cp • y 2 -j- cos rp • x 2 — p). Enačba preme črte, ki gre skoz dve dolo¬ čeni točki Kako določiš razdaljo dolo¬ čene točke od določene pre¬ mice in kdaj je ta razdalja po¬ zitivna, oziroma negativna. ali 92 P*e Bediš če dveh piemic, Koti dveh sekajočih ee premic. Pogoj £,», pravo- kotaice. Ako primerjamo navedena rezultata za d z enačbo premice EF, dobimo pravilo: Razdaljo določene točke od določene premice najdeš, ako izraziš premično enačbo v normalni obliki, p'o staviš v to enačbo namesto premenlj ivk x in y koor¬ dinati dotične točke ter vzameš določeni znesek negativen. Razdalja določene točke od premice je pozitivna (negativna), kadar ležita koordi¬ natno izhodišče in dotična točka na isti (nasprotni) strani določene premice. Presečišče dveh premic določiš, ako poiščeš enačbama teh premic skupno raz- l Dve sekaj oči se premici tvorita štiri kote, izmed katerih stapo dvanasprotna kota enaka, dva pri- ležna kota pa suple- mentarna. Eden iz¬ med neenakih ko¬ tov se da določiti iz smernih koefi¬ cientov premičnih enačb. Zakaj ako tvorita premici y — Ax -f- B in y = Aix -j- A s pozitivno smerjo abscisne osi kota a in ai, izmed katerih je a>ai, oklepata premici kot. d — a — ai. Primerjaj sliko 53.! Ker je po § 7. tg d = tg (a—oj) = in po zgoraj navedenem tga — A in tg «i = Aj najdeš obrazec tg 6 = kateri določa enega iz¬ med kotov, ki jih tvorita dve sekajoči se pr e mici. Če stojita premici druga na drugi pravokotno, je (5 = 90« in tg d — oo; torej mora imenovalec ulomka, ki izraža vrednost za tg <5, postati — 0, t. j. 1 -j- AA\ — 0 Iz te enačbe sledi, da je A — — y in A\ — — V -Ai A rešitev. Slika 53. 93 Kadar stojita premici pravokotno druga na drugi, je smerni koeficient ene premice negativna obratna vrednost smernegako- eficienta druge premice, v znakih A — — Naloge. 1. Določi razdaljo vzporednih pre- m i c = 3x + 4 in t 7 = 3v — 2! Razrešitev. Ako izbereš v prvi premici neko točko, n. pr. M\ (0, 4), ter načrtaš iz te točke pravo- kotnico na drugo premico, določiš razdaljo navedenih vzporednic. a _ _ ZLZ^L+2 _ = V ro . - m Ji yio Slika 54. 2. D o lo či v tr ik o tn i ku z o glišči Mi(3, — 4), M 2 (6, 5) in M 3 (—2, 3) notranji kot y pri M 3 in podnožišče višine, kipripada stranici M\M 2 {slika 54.)! Razrešitev. a) Smerna koefici¬ enta trikotnikovih stranic M\ M 3 in M 2 M 3 , ki oklepata kot y, sta A x = tg aj = — y* -y 3 — i in r*-y3_ Xj — x 3 A 2 tg a 2 X2 —X 3 Ker je kot y — a 2 -j- (180° -1 'T- aj) = 180° — (aj naj dešpo goniometrijskih pravilih tg y = — tg (aj - - ° 2 ), -a 2 ) = tg aj — tg a 2 33 in y — 68° 29' 55". 1 -j- tg a, tg a 2 b) Podnožišče višine M 3 D najdeš, ako poiščeš enačbama daljic MiM 2 in M 3 D skupno razrešitev. Pre¬ mica M\M 2 gre skoz določeni točki M\ in M 2 \ njena enačba je y — 3x — 13. Premica M 3 D gre skoz dolo¬ čeno točko M 3 in stoji pravokotno na M\M 2 ; enačba višine M 3 D je y — 3= — -}(x-f-2). Iz navedenih enačb najdeš x — 4 6 in y — 0 - 8. 94 3. Določi enačbo premice, ki gre skoz točko M\ (3, 4) in tvori s koordinat¬ nima osema trikotnik 24 dm 2 ploščine? Razrešitev. Če ima premična enačba obliko g + J e B 2 C ploščina trikotnika, ki ga tvori pre¬ mica s koordinatnima osema. Po nalognih pogojih je potem 1 in = 24. Iz teh enačb najdeš B — 8, C — 6. Premična enačba je torej J 4 - i 1. O O 4. Določi kotom, ki jih tvorita premici 4y — 3x = 12 in 5x -f- 12,7 = 60, enačbi njihovih somernic! Razrešitev. Ako izbereš v kotovih razpolov- nicah DM in DN (slika 55.) premenljivi točki M in Slika 55. Slika 56. N ter načrtaš iz teh točk pravokotnice na določeni premici, sta pravokotnici iz točke M nasprotni po svojih vrednostih, pravokotnici iz točke N pa enaki. V prvem slučaju je vsota, v drugem slučaju pa raz¬ lika obeh pravokotnic = 0, v znakih (_ + (_ *£ 4- 12,- - «,j = 0j (_ V - - 12 ) - (- _ o. Ako urediš te enačbi, najdeš 56,7 — 7x — 228 in y + 8x = 18. Primerjaj smerna koeficienta teh enačb! 5. Katera točka leži somerno s točko M\ (7, 5) z ozirom na premico 3,7 -f- 2x = 16? 95 Razrešitev. Ako načrtaš iz točke M\ pravo- kotnico M\D na določeno jaremico DE (slika 56.) ter podaljšaš to pravokotnico za njeno dolžino, najdeš somerno ležečo točko M 2 z ozirom na premico DE. Pravokotnica M\D gre skoz točko M\ in stoji pravo¬ kotno na premici DE-, njena enačba jej^ — 5 — f(x —7). Iz enačb pravokotnice M\D in premice DE najdeš koordinati točke D, in sicer je x = 5 in y = 2. Ker je točka D razpolovišče daljice M X M 2 , najdeš iz ob¬ razcev x = in y — y ' j- 72 koordinati x 2 == 3 72 = — 1 točke M 2 . Razreši še naslednje naloge: 6. Načrtaj premice : a) y = 3x, h) y — — 2* -[“ 5, o) 4x -j- 5y = 10, č) 7 y — 9* — 63 = 0. 7. Določi kote, ki jih tvorijo naslednje premice z abscisno osjo : a ) y — x — 5, b) x -j- y == 1, c) y == 2x — 1, 6) 5x -(- 4y == 12. 8. Določi odseke naslednjih premic na koordinatnih oseh: a) 4x + 3y = 60, b) 5x — 2 y — 6, c) y = 3x — 5, t) y — |-x -j- 4 = o. 9. Pretvori naslednje premične enačbe na normalno obliko: a) 3x — 4y — 8 == 0, b) 12x -j- 5y = 7, c) 15* -f- -f 8y -f 30 = 0, č) 2x — y + 3 = 0. 10. Določi razdaljo koordinatnega izhodišča od premic: a) 7x — 24,7 -j- 50 = 0, b) 3* -j- y -]- 6 ='0. 11. Določi presečišče premic: a) 2y — x = 1 in y — 3* -j- 7 — 0, b) 3x — 57 = 6 in 15^ — 9* -j- 1 = 0, c) x — 2 = 0 in * -j- 3j = 0. 12. Kolik je naklonski kot premic: a) 7 = 5* -j- 2 in 37 — 2x = 0, b) 4y = 9* -j- 3 in 137 —j— 5 jc —(— 6 = 0, c ) 2 jt —j— 7 — |— 1 = 0 in 37-}-* — 1 = 0? 13. Kakšno medsebojno lego imajo premice: 67 -j- 4- 4* = 3, 97 + 6* = 4, 27 — 3* = 6 ? 14. Izračunaj razdaljo: a) točke M\ (2, 15) od premice 3,7 + -j- 13 = 0, b) točke M 2 ( — 4, — 2) od premice x = 1, c) točke M 3 (3, - — 6) od premice y = %x — 4! 15. Odloči, ali ležita točki M x (1, — 1), in M 2 (2, 3) na isti strani premice * — 27 -j- 2 = 0, ali na nasprotnih straneh! 16. Odloči, katera sledečih točk M\ (1, 1), M 2 (2, 1), M 3 ( — 1, — 4) in Mi (0, — 5) leži na isti strani premice 2x — 37 == 3 kakor koordinatno izhodišče! 96 Občna krogova enačba. Središčna kro¬ gova enačba. Temenska kro¬ gova enačba. 17. Določi razdalj o vzporednih premic 4y — 5x— 20 = 0 in 4 y — 5x -|- 20 = 0! 18. Kje ležijo točke, ki imajo od premice 8x — 15g -j- -|- 34 = 0 razdaljo d — — 5 ? 19. Določi enačbo premice, ki gre skoz točki a) M t (2,0) in M 2 (8, 5), b) M 3 (3, 5) in M 4 (— 4, 2), c) M 5 (— 1, — 3) in M 6 (- 5, 2)! 20. Določi enačbo premice, ki gre skoz točko Mi (2, 0) in je vzporedna premici 3j^ = 6^: —j— 5! 21. Določi enačbo premice, ki gre skoz točko Mi (— 1, 3) in stoji pravokotno na premici 4 y — 3x = 4! 22. Načrtaj skoz točko Mi (— 2, 5) vzporednico in pravokotnico z ozirom na premico 5x -j- 2y — 7 ter določi njuni enačbi! 23. Trikotnikova oglišča so Mi (1, 2), M 2 (5, 2) in M 3 (3, 6). Določi enačbe a) trikotnikovih stranic, b) srednjic, c) višin! 24. Določi notranje kote trikotnika z oglišči Mj (3, — 4), M 2 (- 2,-1) in 3f 3 (2, — 3)! 25. Enačbe trikotnikovih stranic so: 2x-\- ly —3 =0, y — ox -j- 1 = 0, 3x — 4,7 -!- 2 = 0. Izračunaj ploščino na dva različna načina! § 32. Krog. Slika 57. Krog (krožnica) je po legi in velikosti določen, ako poznaš koordinati njegovega središča S (p, q ) in polmer r (krogove stal¬ nice). Razdalja med pre- menljivo točko M (x, y) na krogovem obodu in središčem S (slika 57.) je po pojasnilu o krogu enaka polmeru, v znakih \f(x—p) 2 -\-(y — q) 2 =r ali (x - p) 2 -j- (g— q) 2 — r 2 . Ta enačba se imenuje občna krogovaenačba. • Če leži krogovo središče v izhodišču soredja, je p= 0, q = 0 in krogova enačba dobi obliko x 2 -\-y 2 = r 2 (središčna krogova enačba). Če leži krogovo središče v pozitivnem delu abscisne osi in se krog dotika ordinatne osi, 97 je p = r in q = O, in krogova enačba dobi obliko (x — r) 2 -j- y 2 = r 2 ali jr 2 = 2rx — x 2 (temenska kro¬ gova enačba). Temenska krogova enačba izraža geometrijsko dejstvo, da je ordinata y srednja geometrijska soraz- mernica med premerovima odsekoma x in 2r — x, v znakih y 2 — x. (2r — x). Ako daš občni krogovi enačbi obliko (x — p) 2 + (y — q)2 — r 2 = 0.(1 in izvršiš v tej enačbi nakazane operacije ter jo urediš, stvoriš normalno obliko krogove enačbe, ki se glasi: x 2 -\- y 2 — 2px — 2 qy — c = 0.(2 kjer pomeni c == r 2 — p 2 — q 2 . Zapazimo torej, da imata pri urejeni krogovi enačbi drugi potenci premenljivk xiny koeficient -f- 1. Kakor smo pretvorili krogovo enačbo iz oblike 1 na obliko 2, tako tudi obratno lahko pretvorimo kro- goVo enačbo iz oblike 2 na obliko 1, ki nam nepo¬ sredno podaja krogove stalnice p, q , r. Naloga. Določi krogove stalnice p , q , r iz njegove enačbe x2 + y 2 + ax -f- by -f- c = 0. Razrešitev. V to svrho treba to enačbo, ki ima obliko 2, pretvoriti na enačbo oblike 1 in sicer / , a\2 , / , b\2 a 2 , h 2 \ x + v + {y + j) = 4 + 4 - c - Če primerjamo to obliko z občno krogovo enačbo (x —p) 2 + (y - q ) 2 = r 2 , mora biti: P — in r = č 'a 2 + fc 2 — 4c reelni polmer dobimo le, če je a2-|-i2>4c; če pa je a 2 -j- b 2 < 4 c, dobimo za polmer umišljeno (imagi¬ narno) število. Matek, Geometrija II. 7 g- Normalna kro¬ gova enačba.. 98 Potenca ali vemnož točke z oziiom na krog. Kako določiš lego točke z ozirom na krog. Tolmačenje (dis¬ kusija) središčne krogove enačbe. Primer: Določi p, q, r, če se glasi krogova enačba: x 2 -\-y 2 — 6x — 4y — 3 = 0 x 2 — 6 x -f [g] +«7 2 — *y + 0 — 3 = |hj + |4j (x - 3)2 -j- (y - 2 ) 2 = 42 , torej p = 3, q == 2, r = 4. S pomočjo krogove enačbe (x — p) 2 -j- (y — q) 2 . — — r=0 se da določiti lega določene točke M\ (x h yi) z ozirom na krog. Zakaj izraz \f (x — p) 2 -\-(y — q) 2 pomeni razdaljo točke M (x, y) od krogovega sre¬ dišča S (p, q). Če leži točka M znotraj krožnice, je \f (* — p) 2J r (y — qf < r ali (x- —p) 2 +(7 —9) 2 < f2 i če pa leži točka M zunaj krožnice, je f (x — p) 2 -)- (y — q) 2 > r ali (x — p) 2 -(- (y—q) 2 > r 2 . V prvem slučaju je torej izraz (x— p) 2J r(y — q) 2 — r 2 negativen, v drugem pa pozitiven. Ta izraz (t. j. razlika med kvadratoma središčne razdalje in polmera) se imenuje v z mn o ž ali potenca točke M z ozirom na krog. Potenco določene točke M\ (xj, 71 ) z ozirom na določeni krog torej določiš, ako postaviš v levi del normalne krogove enačbe namesto premenljivk x in y koordinati točke M\, v znakih (xj — p) 2 -j- (71 — q) 2 — r 2 ali Xi 2 J \-y\ 2 — 2px 1 — -2 qy\ — c. Določena točkami leži znotraj (zunaj) do¬ ločenega kroga, kadar je njena potenca z ozi¬ rom na krog negativna (pozitivna). Potence tistih točk, ki ležijo na krogovem obodu, so = 0 . Ako raztolmačimo krogovo enačbo, izvemo glavne krožnične lastnosti. Da lažje izvršimo tolmačenje, si izberemo v to svrho najpreprostejšo obliko krogove enačbe, t. j. središčno enačbo. Iz x 2 -\ r y 2 = r 2 sledi y = ± \f r 2 — x 2 Ker pripadata vsaki krogovi abscisi dve nasprotni ordinati, se krožnica razteza somerno z ozirom na abscisno os. Za x = 0 sta ordinati naj¬ daljši, namreč = + r. Od x = 0 dox = + rse krajšajo ordinate. Za x = + r sta ordinati najkrajši, namreč 99 = 0. Daljša od polmera ne more biti nobena abscisa, ker bi potem bila ordinata nemogoča (umišljena). Ker pripadajo nasprotnim abscisam iste ordinate, se krožnica razteza tudi somerno z ozirom na ordinatno os. Koordinatni osi razdelita torej krožnico na štiri enake dele. Medsebojno lego premice in krožnice določimo tako-le: Če imata enačbi premice in krožnice eno, oziroma dve skupni realni razrešitvi^ ima premica s krožnico eno, oziroma dve skupni točki; premica je torej krogu tan¬ genta, oziroma sekanta. Če pa nimata enačbi premice in krožnice nobene skupne realne razrešitve, nima premica s krogom nobene skupne točke, leži torej popolnoma zunaj/ kroga. Slika 58. Lego premice z ozirom na krog določimo tudi, ako poiščemo razdaljo med krogovim središčem in premico ter jo primerjamo polmeru. Dotikalnica ali tangenta ima s krogom le eno skupno točko. Tisti del te premice, ki leži med do- tikališčem in presečiščem z abscisno osjo (t. j. M\ D v sliki 58.), se ime¬ nuje dolžina do- tikalnice ali tangente, ali krajše tudi doti¬ kalnica ali tan¬ genta. Pravo¬ kotna projekcija tangente M]D na abscisno os (t. j. P\D v sliki 58.) se zove subtangenta. Premica, ki gre skoz dotikališče in stoji pravokotno na tangenti, je krogova-pr avo|- kotni c a ali normala. Tisti de_l te 'pravokotnice, ki leži med dotikališčem in presečiščem z abscisno osjo (t. j. sliki 58.), se imenuje dolžina kro- gove pravokotnice ali normale, ali krajše tudi Kako določiš lego premice z ozirom na krog. Dotikalne koli¬ čine. Dotikal¬ nica (tangenta). Pravokotnica (normala). Sub- normala. 7 ’ 100 Kako najdeš občno tangentno enačbo pri krogu. Enačba brogove normale. Najenostavnejša oblika tangentjie enačbe pri krogu. Kako določiš medse¬ bojno lego dveh krogov. krogova pravokotnica ali normala. Pravo¬ kotni projekciji normale Mi E na abscisno os (to je Pi E v sliki 58.) se pravi subnormala. Tangenta, subjangenta, normala in subnormala se zovejo do- tikalne količine točke M x . Sekanta M 1 M 2 (slika 58.) gre skoz točki M t (x 1 ,j 1 ) in M 2 (x 2 , y 2 ) krogovega oboda; njena enačba je y— y 1 - » = g (x—Xj). Ako zavrtiš sekanto M 1 M 2 okoli točke M x tako daleč, da se točka M 2 snide s točko M v preide sekanta M 1 M% v tangento M ± D in diferenčni kvocijent preide v diferencijalni kvocijent , — x 2 • ux l 7 čigar vrednost najdemo, ako diferencujemo krogovo enačbo v obliki, ki velja za točko M x . Iz (x 3 — p) 2J r + (7i — q) 2 — r2 sledi 2(x 1 — p) + 20 1 —q) ^ = 0 in & = — x ' -. Enačba tangente Mi D je torej dxi yi — q y —yi = ( x — *i) ali r ~y 1 (x - xj). Zadnjo enačbo pretvoriš na obliko, ki je nekoliko podobna obliki občne krogove enačbe, ako ji pri- šteješ izraz (y t — q ) 2 -j- (x t — p )2 = r* in potem skrčiš kolikor mogoče. Tako najdeš občno tangentno enačbo (ji - q) (7 — 2e (torej a > e); zakaj v vsakem tri¬ kotniku je vsota dveh stranic MG t in MG 2 večja od tretje stranice G t G 2 . Če položiš daljico 2a na daljico 2e tako, da se stikata središči teh daljic, najdeš elipsni točki A in Pojasnilo o elipsi. Kako določiš elipsne točke. 106 Središčna elipsna enačba. Dolžina elipsnih prevodnic. B; zakaj vsota prevodnic točke A, oziroma točke B je = 2a. Če izbereš na daljici 2a = AB točko E ter narišeš iz žarišča G t lok s polmerom EB in iz ža¬ rišča č? 2 lok s polmerom E A, najdeš v presečiščih teh lokov elipsni točki M in \Mi; če pa narišeš iz žarišča črj lok s polmerom EA in iz žarišča G 2 lok s polme¬ rom EB, najdeš v presečiščih teh lokov elipsni točki N in N v Ako izbereš na AB kako drugo med žari¬ ščema ležečo točko, najdeš na isti način štiri druge elipsne točke. Če položiš skoz razpolovišče O daljice AB pravo¬ kotno soredje tako, da stoji ordinatna os pravokotno na daljici AS, so točke M, G u G2 določene po: M(x,y), G\ (— e, o), G 2 (e, o), in prevodnici MG\ in MG2 (razdalji po dveh točk) določeni po: MG\ = / (x -j- e) 2 -j-J 7-2 , MG2 = |/(x — 0)2 -l-J 72 . Z ozirom na pojasnilo o elipsi je potem \f (* + e)2 +,72 _|_ \f( x — e)2 + = 2a. Če odpraviš iz te enačbe korene, najdeš (a 2 — e 2 ) x 2 -}- & 2 y 2 — &2 (a 2 — e 2 ), in če postaviš a 2 — e 2 — b 2 , je b 2 X 2 4. a 2 ^ 2 = a 2 b 2 ali (~) 2 + (f) 2 = 1. Ta enačba se zove središčna elipsna enačba; količini a in b sta elipsni stalnici. Zgoraj navedena izraza za prevodnici elipsne točke M pretvoriš na enostavnejšo obliko tako-le: Iz sledi MG1 2 = (x -|- e) 2 -f-j 2 | MG 2 2 = (x — e) 2 -}- y 2 ) MGi 2 — MG 2 2 = 4ex, odšteto in če razstaviš razliko kvadratov na faktorja in po¬ rabiš pojasnilno enačbo MG\ MG2 = 2a, najdeš MGi — MG 2 = — . Potem je Sl MGi = a + ~ in MG 2 = a - 107 Iz elipsne enačbe b 2 x 2 -j- sfi 'y 2 — a 2 b 2 sledi y — = ± — |/a 2 — x 2 . Ker pripadata vsaki elipsni abscisi dve nasprotni ordinati, se razteza elipsa somerno z ozirom na abscisno os. Za x = 0 sta ordinati naj¬ daljši, namreč ='+b. Od x = 0 do x = + a se kraj¬ šajo ordinate. Za x = + a sta pripadajoči ordinati najkrajši, namreč = 0. Daljša od a ne more biti nobena abscisa, ker bi potem bila ordinata nemo¬ goča (umišljena). Ker pripadajo nasprotnim abscisam iste ordinate, se razteza elipsa tudi somerno z ozirom na ordinatno os. Koordinatni osi razdelita torej elipso na štiri enake dele. Elipsni stalnici a in 6 pomenita odseke, ki jih napravi elipsa na koordinatnih oseh. Krajišča teh odsekov (to so točke A, B, C, D v sliki 59.) se imenujejo elipsni vrhovi. Daljice, ki spajajo po dve elipsni točki, se ime¬ nujejo tetive. Važne so v prvi vrsti tetive, ki gredo skoz koordinatno izhodišče. Enačbe takih tetiv imajo obliko y = Ax. Premica M Ni , ki gre skoz koordinatno izhodišče, ima z elipso skupni točki M in IVj. Ti točki določiš, ako poiščeš enačbama elipse in premice skupni raz¬ rešitvi. Iz b 2 x 2 -[- a 2 y 2 — a 2 b 2 in y = Ax najdeš a b m j; a b A t. j. “ l /b* + a 2 A 2 ' — t/Z> 2 -j- aA 2 ’ točki M in Ni imata nasprotni koordinati. Ako izra¬ čunaš daljici OM in ON u dobiš enaka rezultata; točka O razpolavlja torej tetivo MNi. Zaradi te last¬ nosti se imenuje točka O elipsno središče, in tetive, ki gredo skoz točko O, se zovejo elipsni premeri. Dolžina premera MNi je MNi = 2. OM = 2 f x 2 + y 2 . Ako postaviš za y vrednost iz elipsne enačbe, najdeš MNi = 21 f x 2 + a2b2 ~ b2x2 = \ V (a 2 - b 2 ) x 2 -f a 2 i 2 . " Tolmačenje elipsne enačbe. Pomen elipanih stalnic. Elipsne tetive. Elipsno središče in elipsni pre¬ meri. Dolžina elipsnih premerov. Ve¬ lika in mala os. 108 Dolgostmi iz- srednost. Parameter. Elipsi očrtani krog. Elipsna plo¬ ščina. Iz tega izraza sledi, da so elipsni premeri tem večji, čim večjo absolutno vrednost imajo abscise njihovih krajišč.'Za x — 0 je premer najmanjši, namreč = 2 b: ; za x = a je premer največji, namreč = 2 a. Največji elipsni premer se imenuje ve¬ lika os, najmanjši pa mala os. Razdalja elipsnega središča od enega izmed žarišč se imenuje dolgostnaizsrednost ali ekscentrič¬ nost. Iz zgoraj navedene enačbe b 2 = a 2 — e 2 je e 2 = = a 2 — b 2 , t. j. dolgostna izsrednost pri elipsi je ena kateta pravokotnega trikotnika, ka¬ teremu je polovica velike osi hipotenuza, polovica male osi pa druga kateta. Elipsna tetiva, ki gre skoz žarišče in stoji pravo¬ kotno na veliki osi, se zove parameter. Parameter je sestavljen iz dveh nasprotnih ordinat, ki imata skupno absciso -j- e, oziroma — e. Ako zaznamuješ polovico parametra =p ter postaviš v elipsno enačbo e namesto i in p namesto y, najdeš polovica parametra je trčtja geometrijska sorazmernica polovicama velike in male osi. Ako očrtaš elipsi krog, imata obe krivi črti iste abscise. Vsaki abscisi x pripadata krogova ordinata y in elipsna ordinata y (slika 60.j. Iz krogove in elipsne enačbe najdeš p 2 — a 2 — x 2 in y 2 = —— -, torej n :y = a : b, t. j.: Ako očrtaš elipsi krog, sta si krogova in elipsna ordinata, ki pripadala isti ab¬ scisi, kakor polovici velike in male osi. Ako načrtaš v krogu, ki je očrtan elipsi, ordinate drugo tik druge, razpade krogova in elipsna ploščina na zelo ozke proge, ki jih smeš smatrati za trapeze. Dva trapeza z isto višino sta si kakor njuni srednjici. 109 Progi (trapeza) mnpo in mnsr imata isto višino mn (slika 60.); njuni šrednjici sta krogova in elipsna ordinata, ki pripadata isti abscisi. Z ozirom na zgoraj navedeni izrek o teh ordinatah sta si torej progi mnpo in mnsr kakor polovici-velike in male osi. Isto velja tudi o dveh drugih progah, ki pri¬ padata druga drugi. Ako so Pj, P 2 , P3 . . . proge krožne ploskve in pi, p 2 , P3 • ■ ■ pripadajoče proge elipsne ploskve, je po navedenem Pi ■ Pi = P2 : P2 = P3 : P 3 — • • • = a : b. Iz tega zaporednega sorazmerja najdeš (Pl -j- P 2 + p 3 + • ■ •) : (Pi + P2 + P 3 + • • •) = a: b a 2 n p in p = a bn. Ploščino elipsne ploskve izračunaš, a k o pomnožiš produkt iz polovice velike in male osi z Ludolfovim številom. Lego premice z ozirom na elipso določiš istotako, kakor se določi lega premice z ozirom na krog. Dotikalne količi¬ ne pri elipsi imajo isti pomen kakor pri kro¬ gu. Sekanta M X M 2 (sli¬ ka 61.) gre skoz elipsni točki (xj, yi) in M 2 (^,,72) ; nj ena enačba MJ—Ji =~^(x—xi). Če zavrtiš sekanto M x M 2 okoli točke M\ tako daleč, da se točka M 2 stika s točko -Mi, preide sekanta M\M 2 v tangento M\T> in diferenčni kvocijent 7)—7” preide v diferencijalni kvocijent čigar vrednost naj demo, Slika 60. Lega premice z ozirom na elipso. Dotikalne koli¬ čine pri elipsi. Kako najdeš enačbo tangente pri elipsi. 110 Enačba elipsne normale. ako diferencujemo elipsno enačbo v obliki, ki velja za točko M\. Iz b 2 x\ 2 -j- a?y 1 2 = a 2^2 sledi 2b 2 x\ +■ + 2a2 Ji = 0 in = — ^ 2 y- Enačba tangente M X D je torej = % (*- x >) ali y -yr f - (* - *>)• Če urediš zadnjo enačbo in uporabiš b2xj2 -j- a 2j,2 = = a?b 2 , najdeš za enačbo tangente obliko b 2 x\X -j- a 2 y x y = a 2 b 2 , ki nekoliko spominja na elipsno enačbo. Ker gre normala M\E skoz točko M\ (. x \, y\) in stoji pravokotno na tangenti, je njena enačba 7 -* = $;&-«)■ Naloge. 1. Določi središčno enačbo one elipse, ki gre skoz točki M\ (3, ~) in M 2 (— 4, -f), ter jo načrtaj! Razrešitev. Koordinate določenih točk ustre- 9 144 16 zajo elipsni enačbi, v znakih — -f- = 1 in — h + 25^ = 1. Iz teh enačb najdeš a 2 = 25 in h 2 == 9. Elipsna enačba je 9x 2 -|- 25 y 2 — 225. — Za načrto¬ vanje elipse potrebuješ veliko os 2a = 10 in dolgostno izsrednost e == /a 2 — b 2 — 4. Napravi sliko! 2. Katere točke elipse 16x 2 -f- 25 >y 2 = 400 imajo od žarišč razdaljo r = Razrešitev. Iz obrazca-za prevodnico, t. j. iz r = a + najdeš abscisi, iz elipsne enačbe pa ordi¬ nate dotičnih točk. x‘ =*= + ^y = + ]fl. 3. Kolik je premer elipse 4x 2 -f- 9 jr 2 = 36, ki stoji pravokotno na premici 2y -j- 3x = 10? Razrešitev. Smerni koeficient premera je =■§. Presečišči premera in elipse sta M t (f |/2, fČ2) in m 2 (- | /2, - \f2). __ Dolžina premera = (/"(3j/2) 2 -f- (2|/2) 2 = j/26. 111 4. Določi one točke elipse b 2 x 2 -f- a 2 y 2 — a 2 b'\ v katerih stojita prevodnici a) pravokotno druga na drugi, b) v katerih tvorita kot 45°! Razrešitev, a) Ako načrtaš iz elipsnega sre¬ dišča krog s polmerom dolgostne izsrednosti, najdeš v presečiščih kroga in elipse tiste točke, v katerih tvorijo prevodnice prave kote. Kako izračunaš ko¬ ordinate teh točk? Ali so take točke v vsakem slu¬ čaju mogoče? b) Recimo, da sta Xj in jkoordinati tiste elipsne točke, v kateri tvorita prevodnici kot 45°. Smerna koeficienta teh prevodnic sta A = —S— in A t = . Kot, ki ga oklepata prevodnici, je določen po obrazcu A — At tg <5 = -J-+AZ- Ako postaviš v ta obrazec vrednosti za A, A y in tg <5, najdeš enačbo x t 2 -j- j>x 2 — 2ey t = e 2 , ki predstavlja krog s središčem S(o, e) in polmerom r = e/2. V presečiščih tega kroga in elipse najdeš točke, ki jih iščeš. 5. Kolik je pravokotnik, ki ga stvoriš iz pravokotnic, ki ju narišeš iz žarišč elipse b 2 x 2 -(- a 2 y 2 = a 2 6 2 na tangento te črte? Razrešitev. Ako pretvoriš enačbo elipsne tan¬ gente na normalno obliko, najdeš za pravokotnici iz žarišč na tangento izraza — b 2 ex i — a 2 b 2 _ b 2 ex x — a 2 b 2 P ' = ~ \f¥xp~+ aij-,2 111 P' 2 = — ^b*Xi*+a.*yi*‘ ProduktAeh izrazov je _ a — Z) 4 e 2 Xi 2 P\P2 b i x i 2 + 3'jV Ker pa je a 2 y ± 2 = a 2 b 2 — b 2 x x 2 , najdeš a^ 2 = a*b 2 —a 2 b 2 x x 2 in _ b 4 (a 4 — e 2 X| 2 ) _ b i (a*~e 2 x l 2 ) , 2 PlP2 b*x l 2 -\- a 4 b 2 — a 2 b 2 x { 2 /J 2 2 a (torej e > a); zakaj v vsakem trikotniku je razlika dveh stranic MG\ in MG 2 manjša od tretje stranice G\G 2 . 113 Če položiš daljico 2a na 2e tako, da se stikata središči teh daljic, najdeš hiperbolni točki A in B- zakaj razlika prevodnic toč¬ ke A, oziroma točkeBje = 2a. Ako izbereš na podaljšku da¬ ljice 2 a == AB točko E, ki leži zunaj žarišč Gi in G 2 , ter na¬ rišeš iz žarišča 2 . Z ozirom na pojasnilo o hiper¬ boli je potem /(x + e) 2 -f y 2 — (x — e) 2 — y 2 = 2 a. Če odpraviš iz te enačbe korene, dobiš (e 2 — a 2 ) x 2 — a 2 y 2 = a 2 (e 2 — a 2 ), in če postaviš e 2 — a 2 = b 2 , najdeš b 2 x 2 — a 2 ;; 2 = a 2 b 2 ali — (^) = 1. Ta enačba se zove središčna hiperbolna enačba; količini a in b sta hiperbolni stalnici. Matek, Geometrija II. 8 g. Kako določiš ki- perbolne točke. Središčna hiper¬ bolna enačba. Hiperbolni stal¬ nici. 114 Dolžina hiper- bolnih pre- vodnic. Tolmačenje (dis¬ kusija) hiper- bolne enačbe. Hiperbolna temena. Hiperbolne tetive. Hiperbolno sre¬ dišče in hiper- bolni premeri. Zgoraj navedena izraza za prevodnici pretvoriš na enostavnejšo obliko tako-le. Iz sledi MOi 2 = (x + e) 2 + y 2 _ MG/ = (x — e) 2 -f y * MG/ — MG/ = 4ex, j odšteto in če razstaviš razliko kvadratov na faktorja in po¬ rabiš pojasnilno enačbo MG\ — MG 2 — 2 a, najdeš MG\ + MG 2 2ex Potem je MG l = - + a in ,MG 2 = -- - a. 1 a 1 z a Iz biperbolne enačbe fo 2 x 2 — a 2 / 2 = a 2 i> 2 sledi y = — + ~ \fx* — a 2 . Od x = 0 do x — -j- a ni nobene ci - (reelne) hiperbolne točke, ker so v teh slučajih ordi¬ nate nemogoče (imaginarne). Za x — + a sta ordinati najmanjši, namreč = 0. 0dx = + adox = 4:oo pripadata vsaki hiperbolni abscisi dve nasprotni or¬ dinati, ki se vedno daljšata, če se veča absolutna vrednost za x. Hiperbola je torej sestavljena iz dveh delov (vej), ki se raztezata somerno ob abscisni osi od točk -)- a in — a v neskončno daljavo. Ker pri¬ padajo dvema nasprotnima abscisama iste ordinate, ležita hiperbolni veji tudi somerno z ozirom na or- dinatno os. Hiperbola preseka abscisno os v raz¬ daljah -[-a in — a; ordinatna os nima s hi¬ perbolo nobene skupne točke. Krajišči od¬ sekov -J- a in — a (to sta točki A in B v sliki 62.) se zoveta hiperbolna temena. Daljice, ki spajajo dve hiperbolni točki, se ime¬ nujejo tetive. Važne so v prvi vrsti tiste tetive, ki gredo skoz koordinatno izhodišče. Enačbe takih tetiv imajo obliko y — Ar. Premica MNi, ki gre skoz koordinatno izhodišče, ima s hiperbolo skupni točki M in N\. Te točki do¬ ločiš, ako poiščeš hiperbolni in premični enačbi skupni razrešitvi. Iz fo 2 x 2 — a 2 j; 2 = a 2 b 2 in y — Ax najdeš 115 x = 4 - - a b -\/b 2 - aU ! in = + abA V* 2 — a2i! t. j. točki J/ in Aj imata nasprotni koordinati. Ako izra¬ čunaš daljici OM in OiVj, dobiš enaka rezultata; točka 0 torej razpolavlja tetivo MN\. Zaradi te last¬ nosti se imenuje točka 0 hiperbolno središče, in tetive, ki gredo skoz točko 0, se zovejo hiper¬ bol n i premeri. Dolžina premera MN, je MN, = 2 • OJ/ = 2 fx 2 + j; 2 . Ako postaviš za y vrednost iz hiperbolne enačbe, najdeš MN, = 2 / x 2 + | [(a 2 + b 2 ) * 2 — a 2 6 2 . Iz tega izraza sledi, da so biperbolni premeri tem večji, čim večjo absolutno vrednost imajo abscise njihovih krajišč. Za x — a je premer najmanjši, namreč = 2 a. Največji premer se ne da določiti, ker je neskončno velik. Najmanjši hiperbolni premer se ime¬ nuje glavna os. Na ordinatni osi ležeča daljica CD = 2 b, katero po prejšnjem določa izraz 2b = 2\fe 2 — a 2 , se zove hiperbolna stranska os. Premica, ki gre skoz hiperbolno središče, pre¬ seka hiperbolo v dveh točkah, čijih koordinate dolo¬ čata izraza a b . _a i>-4 x = + j/j2_a2A2 in y = ± [bi — aŽA? Iz teh izrazov sledi, da more presekati premica y — Ax hiperbolo le tedaj, kadar j e i 2 > a 2 A 2 ali A 2 < ~- če je pa b 2 < a 2 A 2 ali A 2 > nima premica s hiper¬ bolo nobene skupne točke. — Premica y = Ax preseka hiperbolo v neskončni daljavi, če postaneta koordinati presečišč neskončno veliki. To se zgodi, če je 5 2 = a 2 A 2 ali A = + — . Take premice se imenujejo hiperbolne a Dolžina hiper- bolnih pre¬ merov. Glavna os. Stranska os. Hiperbolna asimptota. 8 * 116 Lastnost hiper- bolnih asimptot. Dolgostna izsrednost. Parameter. Lega premice z ozirom na hiper¬ bolo. Dotikalne količine. Enačba hiperbolne tan¬ gente. Enačba hiperbolne nor¬ male. Enakostranična hiperbola. asimptote. Vsaka hiperbola ima dve asimp¬ toti; njuni enačbi sta^ = 4- - x. Primerjaj sliko 62! d> Da se asimptoti vedno bližata hiperbolnima vej ama, uvidiš, ako določiš razliko med asimptotno in hiper- bolno ordinato, ki imata isto absciso. Iz r) =s + ~ x ali r f — ^ x 1 | ., b 2 x 2 —a 2 b 2 I odšteto xn v 1 = -j-1 * a 2 < sledi (rj —J— j?) (r) — y) — b 2 ; ■j^2 torej j e r) — y — ~ K a J P rav i ta izraz? Razdalja hiperbolnega središča od enega izmed žarišč se imenuje dolgostna izsrednost ali eks¬ centričnost. Iz zgoraj navedene enačbe b 2 = e 2 — a 2 j e e 3 == a 2 -j- b 2 , t. j. dolgostna izsrednost pri hiperboli je hipotenuza pravokotnega tri¬ kotnika, čigar kateti sta polovici glavne in stransk e o si. Hiperbolna tetiva, ki gre skoz žarišče in stoji pravokotno na glavni osi, se zove parameter. Na isti način kakor pri elipsi najdeš tudi pri hiperboli b 2 za polovico parametra izraz p = , t. j. polovica • a parametra je tretja geometrijska sorazmer- nica polovicama glavne in stranske osi. Lego premice z ozirom na hiperbolo določiš istotako, kakor se določi lega premice z ozirom na elipso. Dotikalne količine pri hiperboli imajo isti po¬ men kakor pri elipsi. Enačba hiperbolne tangente je b 2 x 1 x—a 2 y 1 y — = a 2 fc 2 ; določiš jo na isti način kakor pri elipsi. Enačbo normale določiš pri hiperboli istotako kakor pri elipsi: y—y i a 2 yi h 2 x l {x — Xt). Hiperbola, v kateri sta osi enaki, se imenuje enakostranična. Njena enačba je r 2 — y 2 = a 2 . 117 Naloge. 1. V katerih točkah hiperbole 9x 2 — 16 y % = = 576 je produkt prevodnic = 213^? Razrešitev. Ako daš hiperbolni enačbi obliko ( a ) 2 — (f-) 2 = najdeš a = 8 in b = 6. Potem je e — 10. l z pogoja i\r 2 = (“ -f a) (" — a) najdeš x =• + iz hiperbolne enačbe pa y = + 8. 2. V katerih točkah hiperbole 4jr 2 — 9y 2 = 36 je subtangenta = 8? Razrešitev. Iz enačbe hiperbolne tangente najdeš absciso tiste točke, v kateri preseka tangenta abscisno os, t. j.x = — . Potem je subtangenta = x t — x= 0, /3) in M 2 (x t < 0, — | ]f 5)f 118 Parabola. Po¬ jasnilo o para¬ boli. Žarišče. Vodnica. Pre- vodnioa. Kako določiš parabolne točke 8. Določi lego premic a) 6j’ — 5x-\- 8, b) y = 2x-\-3, c) 6y -J- 7x = 22 z ozirom na hiperbolo x 2 — 4y 2 == 4! 9. Kolik kot oklepata asimptoti hiperbole a) 4x 2 — — 9y 2 = 36, b) x 2 — y 2 — 36, c) 4x 2 — 5y 2 = 100 ? 10. Kolik je premer hiperbole 16a 2 — 9,y 2 = 144, ki je vzporeden premici 5y -(- 4x = 10 ? 11. Določi pri hiperboli 9v 2 — 4y 2 — 36 (4x 2 — y 2 — 1) enačbi tangent, ki so vzporedne premici 4y —9a--|-20 = 0 ( 7 = 3v+5)! 12. V katerih točkah hiperbole 9a 2 — 7y 2 =63 stojita prevodnici pravokotno druga na drugi? 13. Določi dotikalne količine hiperbole 64a 2 — 25j' 2 = = 1600 v točki .¥, (13, ,r, ^0) ! Slika 63. § 36. Parabola. Parabola je kriva črta, v kateri je vsaka točka M enako oddaljena od nepre¬ mične točke G in od nepremične premice AB, v znakih MG — MC (slika 63.). Točka G se ime¬ nuje žarišče, premica AB je vodnica, razdalja pa¬ rabolne točke M od žarišča G pa pr ev o d n i c a. Ako načrtaš iz žarišča G pravokotnico GD na vod¬ nico AB in razpoloviš to razdaljo, najdeš točko O, ki leži v paraboli. Ta točka je teme parabole. Če izbereš na podaljšani daljici GD točko E, postaviš v tej točki pravokotnico MM X na DG ter narišeš iz žarišča G lok s polmerom ED, najdeš v presečiščih tega loka in pravokotnice MM X dve parabolni točki. Na isti način določiš tudi druge parabolne točke. 119 Če položiš skoz parabolno teme pravokotno so- redje tako, da stoji ordinatna os pravokotno na DG, in če zaznamuješ GD = p in M (jr, je MG = X(jr — in MG = ED = x + f • Z ozirom na pojasnilo o paraboli je /(* — f) 2 + 3> 2 = Jf + 2- Ako urediš to enačbo, najdeš temensko para¬ bolno enačbo y 2 = 2px. Iz parabolne enačbe y 2 = 2px sledi y = + |/ 2 px. Ob negativnem delu abscisne osi ni nobene parabolne točke, ker so za negativne abscise ordinate nemogoče. Za jr = 0 je y = 0; pa¬ rabola se začne v koor¬ dinatnem izhodišču. Od .v = 0 do x = oo pripadata vsaki parabolni abscisi dve nasprotni ordinati, ki se daljšata, če se veča vrednost za jr. Parabola se torej razteza ob pozi¬ tivnem delu abscisne osi somerno v neskončno daljavo. Abscisna os je ^ obenem parabolna os. — Za jr = p 2 je y = +p. Tetiva, ki.gre skoz žarišče in stoji pravokotno na parabolni osi, se imenuje para¬ meter; njegova dolžina je = 2p. Ploskev parabolnega izseka, ki ga oklepajo pa¬ rabolni lok in koordinati x 1 in y t katerekoli točke M t na paraboli (slika 64.), določiš tako-le. Ako razrežeš izsek ON\M X z daljicami, ki so vzporedne ordinati na ozkih progah, čijih širina je = dx, razpade omenjeni izsek na mnogo pravokotnikov. Ploščina enega teh pravokotnikov je = y*dx in vsota vseh pravokotnikov je določeni integral navedenega izraza od jr = 0 do jr = jr l5 t. j. v znakih X TemeBska para¬ bolna enačba. Tolmačenj e para¬ bolne enačbe. Parameter. Ploščina para¬ bolnega izseka. \ 120 Lega premice z ozirom na para¬ bolo. Enačba pa- rabolne tangente Lastnost para bolne snbtan- gente. Enačba para- bolne normale. Lastnost para- bolne subnor- male. P = fy-dx. 0 Ako postaviš za y vrednost iz parabolne enačbe, najdeš P — J ydx = j \f 2px ■ dx = (/ 2 p jxi dx — 0 0 o — /2p. ^ X l i = \xi\/ 2pXi = 3 x t y u ker je namreč po parabolni enačbi k 2px x = y v Parabolni izsek, ki ga oklepajo para¬ bolni lok in koordinati skrajne točke na tem loku, je torej = produkta iz koor¬ dinat skrajne točke. Lego premice z ozirom na parabolo določiš istotako, kakor se določa lega premice z ozirom na elipso. Enačba parabolne tangente jey 1 j> = p(xi-j- :: Jr), najdeš jo na isti način kakor pri elipsi. Iz enačbe parabolne tangente dobiš za absciso tiste točke, v kateri preseka tangenta abscisno os, izraz ;c = — x t . Potem je subtangenta = x t — x = 2x u t. j. subtangenta je enaka dvojni abscisi dotikališča. Enačbo normale najdeš pri paraboli istotako kakor pri elipsi y — y.i — — j C* — *il Iz enačbe parabolne normale dobiš za absciso točke, v kateri preseka normala abscisno os, izraz jc = jp —J— jcj. Potem je subnormala = x — x± — p, t. j. subnormala je enaka polovici parametra. Naloge. 1. Določi temensko enačbo parabole, ki gre skoz točko M t (3, 3), ter jo n a č r t a j! Razrešitev. Koordinati točke ustrezata pa¬ rabolni enačbi. Iz te pogojne enačbe izveš parameter. 121 Razdalja parabolnega žarišča, oziroma parabolne vodnice od koordinatnega izhodišča je = \ parametra. j 8 = 3x. Napravi sliko! 2. Kolik je parabolniod¬ sek, ki ga od¬ reže premica y — x — 8 od pa¬ rabole y 2 — 4x? Razrešitev. Premica in para¬ bola imata skupni točki M 1 (4, - 4) in M 2 (16,8) (slika 65.). Absciso točke M 3 določiš iz premič¬ ne enačbe; M3 (8, 0). Ploskev, ki jo oklepata parabola in premica, je sestavljena iz parabolnih izsekov OM 2 P 2 in OM\P\ in iz pravokotnih trikotnikov M 3 P 2 M 2 in MJP\ M 1, v znakih P = OM 2 P 2 -- M 3 P 2 M 2 + OM x P x 4- M 3 PjMi = = I x 2 y 2 — \y 2 (x 2 — x 3 ) + l x 1 y l -f iy x (x 3 — x,) = 72- Ordinate se jemljejo v račun kakor absolutne količine. 3. Določi pri paraboli y 2 = 2x enačbo normale, ki gre skoz točko M (1, 4)! Razrešitev. Koordinati x t in y t parabolnega dotikališča je treba določiti. Koordinati točke M ustrezata enačbi parabolne normale, koordinati do¬ tikališča pa parabolni enačbi. Iz teh pogojnih enačb najdeš x t — 2 in y x = 2. Enačba parabolne normale je potem y -f 2 x = 6. 4. V kateri točki parabgle y 2 = 12 x sta si tangenta in normala kakor 2:3? Razrešitev. Koordinati dotikališča M x (x x , y x ) ustrezata parabolni enačbi, v znakih y x 2 = 12 x x . Pre¬ sečišči tangente, oziroma normale z abscisno osjo se dasta iz enačb tangente in normale določiti in sta M 2 ( - x u 0) in M 3 (Xx -j- 6, 0). Dolžina tangente 122 Poševnokotno soredje. Tečajno (polar¬ no) soredje. je = ^(2xi) 2 +l’i 2 dolžina normale = \[ p 2 -f- Ih 2 - Po nalognem pogoju je potem \[(2 Xx) 2 -j- Ji 2 : 1^36 -f- yi 2 == 2 : 3. Iz navedenih pogojev najdeš Xi = i in pi = + 4. Razreši še naslednje naloge: 5. Določi lego premic a) 4 y — x — 12, h) 4 -f- 8y — x, c) 3x — 2y 10 — 0 z ozirom na parabolo y 2 — 3x\ 6. Načrtaj skoz točki M t (2 , y i ;> 0) in M 2 (18, parabole y 2 = 8x premico ter določi ploskev, ki jo okle¬ pata premica in parabola! 7. Določi dotikalne količine pri paraboli y 2 = 5 a za točko, čije abscisa in ordinata sta enaki! 8. Določi pri paraboli y 2 — 3 a- enačbe onih tangent, ki stoje pravokotno na premici x — 2y = 1! 9. Kolike kote tvorita premica 3x -\-y — 12 in para¬ bola y 2 = 6 a v presečiščih? 10. Načrtaj skoz točko M t (2, > 0) parabole ^ — = 8 a tangento in normalo ter določi ploskev, ki jo okle¬ pajo a) tangenta, parabola in ordinatna os, b) tangenta, normala in ordinatna os! 11. Načrtaj iz točke M, (—6, 0) tangenti na para¬ bolo y 2 = 6 a ter določi ploskev, ki jo oklepajo tangenti in parabola! 12. Določi pri paraboli y 2 = 12a enačbo normale, ki gre skoz točko M (9, 0)! § 37. Poševnokotno in polarno soredje. Pretvorba koordinat. Razen pravokotnega soredja se rabi tudi poševnokotno in polarno soredje. Soredje se imenuje poševnokotno, če stojita koordinatni osi poševno druga na drugi. Naklonski kot koordinatnih osi mora biti v takih slučajih do¬ ločen. Ako načrtaš iz točke M vzporednici koordinat¬ nima osema, najdeš na teh oseh odseka (poševno- kotni koordinati točke M), ki določata lego točke M z ozirom na dotično poševnokotno soredje. 123 Lego točke M z Slika 66. Določena točka O in nepremakljivi poltrak OX iz te točke (slika 66.) tvorita tečajno ali polarno so- redje. Točka O se zove tečaj ali pol, poltrak O X pa tečajna ali polarna os. ozirom na polarno soredje do¬ ločiš, ako poveš, kolika je raz¬ dalja točke M od tečaja O in kolik kot tvori ta razdalja s polarno osjo. Razdalja OM—r se zove prevodnica, kot MOX — gp - pa polarni kot. Prevodnica r utegne imeti vse mogoče smeri in ne dobiva nobenega predznaka; polarni kot cp se šteje od 0« — 360°. Včasih je treba enačbe določenih geometrijskih črt iz enega soredja pretvoriti v kako drugo soredje. Tako pretvoritev izvršiš, ako poiščeš najprej, v kak¬ šni zvezi so koordinate ene in iste točke, ležeče v dotični črti, z ozirom na obojni soredji (pogojni enačbi za pretvarjanje) in potem zameniš s pomočjo teh pogojnih enačb koordinati prvega soredja s ko¬ ordinatama drugega soredja. N. pr. Ako pomakneš pri elipsi (slika 59.) koordinatno izhodišče iz središča v levo teme velike osi tako, da ostane ordinatna os vzporedna svoji prvotni legi, postane abscisa vsake elipsne točke za polovico ve¬ like osi daljša, ordinata pa obdrži svojo prvotno velikost, v znakih g = x + a in y — y, kjer pomenita | in >] koordinati elipsne točke z ozirom na novo soredje. Ako postaviš vrednosti za x in y iz nave¬ denih pogojnih enačb v b 2 x 2 - f- temensko elipsno enačbo a 2 y 2 — a 'b 2 , najdeš Tečajna (polar¬ na) os. — Tečaj. — Prevodnica. — Tečajni (polarni) kot. Pretvarjanje enačb iz enega soredja v drago soredje. Temenska elipsna enačba. Tj- 2 fea a h 2 a 4 2 = 2p| m a ali če zaznamuješ koordinate elipsnih točk zopet z navadnimi znamenji x in y, je y 2 = ! px px 2 a 124 Temenska hiper- če pomakneš pri hiperboli (slika 62.) koordinatno bolna enačba. . . ,. vv , izhodišče iz sredisca v desni vrh glavne osi tako, da ostane ordinatna os vzporedna svoji prvotni legi, se zmanjša abscisa vsake hiperbolne točke za polo¬ vico glavne osi, ordinata pa obdrži svojo prvotno velikost, v znakih f-= X — -a in r\ = y. Na isti način kakor zgoraj naj deš temensko hiperbolno enačbo y>=~2px+^. Temenske enačbe, in sicer krogova y 2 = 2 rx — x 2 , elipsna y % = 2 px — p '^ > hiperbolna y°- = 2px -j- Polarna enačba premice. parabolna y 2 = 2 px kažejo, da so ordinate, ki pripadajo enakim abscisam, pri krogu in elipsi manjše, pri hiperboli pa večje od parabolnih ordinat, in da so abscise pri krogu in elipsi omejene (x fS 2r, oziroma x 5S 2a), pri hiperboli in paraboli pa neomejene. Pri krogu je parameter enak premeru. Elipsa preide v krog, če se žarišči stikata s središčem. Polarne enačbe za pre¬ mico, krog, elipso, hiperbolo in parabolo najdeš takole: Če se pri polarnem in pravokotnem soredju stika tečaj (pol) s koordinatnim iz¬ hodiščem in polarna os s X. pozitivno abscisno osjo, je x = r cos 9? in y — r sin go (slika 87.). Ako postaviš te vrednosti za x in y v nor¬ malno enačbo preme črte, t. j. v sin cp^ -j- cosgopc —p = 0, najdeš polarno enačbo preme črte r = _ P _ cos (9— ¥i)' 125 Isto enačbo najdeš tudi iz pravokotnega trikotnika v sliki 67. po trigonometrijskih pravilih. Če imata pri krogu po¬ larno in pravokotno soredje isto medsebojno lego kakor pri premici, je p = g cos

1, 3. parabolo za e = 1. Razreši še naslednje naloge: 6 . Pretvori naslednje enačbe z ozirom na novo pravo¬ kotno soredje, ki ima izhodišče v določeni točki M in čigar osi. sta vzporedni osema prvotnega soredja, in sicer: a) 5x — 6,7 = 30 z izhodiščem v točki b) x 2 -\-y 2 = 25 „ „ „ „ c) 4x 2 9y 2 =36 „ „ „ „ č) 9x 2 — 1 6y 2 = 144 „ „ „ „ d) y 2 = 6 x „ „ „ „ Mi (-2, 3), M 2 (3, 5), M B (—*, o), M 4 (- 1, 4), M 6 (0, 5). 7. Pretvori elipsno enačbo: a) 9x 2 -j- 4y 2 — 36x — 24,7 -j- 36 = 0, b) 16 y 2 — 32 y -f 9x 2 + 36x = 12 na obliko središčne enačbe! 8 . Pretvori hiperbolno enačbo a) lGx 2 — 96x — 9 y 2 -(- 36,7 = 36, b) 4z 2 — 9j " 2 — 16x — 18,7 = 29 na obliko središčne enačbe! 9. Pretvori parabolno enačbo a) y 2 — Gy — 8x = 63, b) y 2 — 12x -f 12y = 108 na obliko temenske enačbe! 10. Kaj predstavljajo naslednje enačbe: a) 4j> 2 — 9x 2 = 36, b) y 2 = — 6x, c) y 2 = 4x — 5, c) x 2 — 3y, d) 4x 2 — 8y = 12, e) 2y 2 -f- 3x — 12y = 0, f) 3x 2 + 2y 2 — 87 -f 8 = 0. 4 g) 25x 2 — 4j; 2 -j- 50x — 16 y -j- 9 = 0. 129 § 38. Elipsa, hiperbola in parabola so stožkosečnice. Ako presekamo plašč pokončnega stožca z rav¬ nino, ki stoji pravokotno na osjem preseku ABC in tvori s stožčevo stranico BC kot /? (slika 70.1.), dobimo krivo črto EMD za preseč- n. sečnici EMD točko M ter položimo skoz to točko ravnino GMF. ki je vzporedna stožčevi osnovni ploskvi, stvorimo presečnico MP, ki mora stati pravokotno na DE in FG; zakaj MP je presečnica ravnin EMD in GMF, ki stojita pravokotno na osjem preseku ABC. Da najdemo enačbo krive črte EMD , položimo skoz točko F, ki ima od stožčevega vrha C razdaljo EC = a, pravokotno soredje tako, da se pozitivna abscisna os stika z ED in, da leži ordinatna os v ravnini presečnice EMD. Potem sta daljici EP = x in PM — j koordinati točke M. Ker je ravninski presek GMF krog, je js = GP-PF. . . . , . . . . . I. Iz trikotnika GPE najdemo po izrekih o sinusih Matek, Geometrija II. 9 g. 130 GP=*B> X ; sin~f ’ iz trikotnika DPF najdemo po istem izreku PF = sin (P — a) sin (180 — y) (DE-x), in iz trikotnika DEC je po istem izreku DE = sin a sin (p — a) a. Ako postavimo vrednosti za GP, PF in DE v enačbo I., dobimo za krivo črto EMD enačbo 2 _a sin a sin p sin p sin (p — «) 2 y sin 2 f X sin 2 f .’ v kateri so količine a, a in y stalnice, kot /3 pa utegne imeti različne velikosti. Dokler je /? >-a, zadene presečna ravnina, ki gre skoz točko E. , vse stožčeve stranice. Enačba II. ima v tem slučaju obliko temenske elipsne enačbe, ki preide v temensko krogovo enačbo y 2 — 2ax sin “ — 'x 2 , če postane /3 = 180° — y. Če je /3 — a, je presečna ravnina, ki gre skoz točko E , vzporedna stožčevi stranici AC. Enačba II. dobi v tem slučaju obliko y- = •*, t. j. oblika temenske parabolne enačbe. Primerjaj sliko 70. II.! Ako je /? < a, je sin (/? — a) negativen in enačba II. dobi potem obliko temenske hiperbolne enačbe. Presečna ravnina, ki gre skoz točko E, je v tem slučaju vzporedna dvema stožčevima stranicama in preseka tudi plašč nasprotnega stožca (druga hiper- bolna veja). Primerjaj sliko 70.11.! § 39. Ponavljalne naloge. A. Iz trigonometrije v zvezi s planimetrij o. 1. Določi ostre kote, ki ustrezajo enačbam: a) sin x -f- cos x = f; b) sin 2 a : cos x — 2 sin x -(- £ = 0 ; c) 6 sin 2 x -|- 8 cos 2 .*: = 7 sin 2 x ; 6) f sec x -j- 6 tg x = 3 cos x. 131 2. Razreši naslednje goniometrijske enačbe: a) 3 sec 4 JC +' 8 = 10 seč 2 * ; b) sin 4* — 2sin2x = cos jc; . ' . . /T — cos 2x o) cos x — |sinx y j- sinx-|-2cosx d) sin x- _ 4 sin x — cos x t g 2 x tg x tgx tg 2 x + cos 2x’ 1 + 2 y'3 . 4 — 1/3 ’ 2 ; tgx + tgx l2, ’ = i; f) sin 2 * -f- cos 2 j/ = f in cos 2 *: — sin 2 j/ g) 9 tgx -f- tgj> = 4 in 2 cotg* -f- 4cotgj/ =1; _ g . 3siny — 5 . h) 5 S 4 - 3 sin v == 4 in 3 • 5 S i) y t % * = 64 in y sin x + cos x 16. sin x— cos x 3. Tangenti dveh kotov sta v razmerju 5:4; ko¬ lika sta kota, ako znaša njuna vsota 87° 34'17"? 4. Enačbi 4 t e x + t gy = 8 in 16tg'* —tg** = 8 določu¬ jeta dva trikotnikova kota; kolik je tretji kot? 5. Koliki so trikotnikovi koti, čijih tangente so izražene s tremi zaporednimi celimi števili ? 6. Načrtaj in razreši pravokoten trikotnik: a) ako meri obseg 12 m in eden izmed ostrih kotov 22(— i|°); b) ako merita kateti skupaj za 5 m več nego hipo- tenuza in eden izmed ostrih kotov 52|° (= 30° -f- ^°); c) ako merita kateti skupaj 7 m, hipotenuza pa 5m; č) ako meri hipotenuza 8 m, kateti pa se razli¬ kujeta za 2 m; d) ako merita hipotenuza in ena kateta skupaj 25 m, druga kateta pa 15 m; e) ako meri ena kateta 3 m, druga kateta pa je 2 m manjša od hipotenuze; f) ako je ena kateta za 2 m manjša od hipo¬ tenuze in tej kateti nasprotni kot = 75° (= 450-f-30°); g) ako razdeli razpolovnica enega ostrega kota nasprotno kateto na 3 m in 4 m dolga dela; 9 * 132 h) ako meri hipotenuzi pripadajoča višina 24 m in se razlikujeta projekciji katet na hipotenuzo za 14 m; i ) ako meri vsota ene katete in hipotenuzi pri¬ padajoče višine 9 m in eden ostrih kotov 671° -(= 45° + M«); j) ako meri ena kateta 6 tu in polmer včrtanega kroga 2 m. 7. Razreši pravokoten trikotnik: a) ako meri obseg 24 m in ploščina 24 m 2 ; b) ako meri obseg 132 m, vsota kvadratov nad stranicami pa 6050 m 2 ; c) ako merita projekciji katet na hipotenuzo 2'8in in 3 - 5 m; č) ako meri ena kateta 25 m, projekcija druge katete na hipotenuzo pa 15 m ; d) ako je hipotenuza = 12 - 8 m in njej pripada¬ joča višina = 4 56 m ; e) ako meri vsota katet 14 in večji kateti pri¬ padajoča srednjica 2 |/l3. 8. Načrtaj in razreši enakokrak trikotnik: a) ako meri obseg 980 m in osnovnici pripada¬ joča višina 350 m b) ako meri krak 9 dm in njemu pripadajoča višina 5 4 dm ; o) ako je kot na osnovnici = 67 in vsota iz osnovnične in krakove višine = 10 dm. 9. Načrtaj in razreši poševnokoten trikotnik: a) ako meri obseg 12 m in kota na osnovnici 75° in 521°; b) ako meri obseg 15 m, višina 3 m in en kot na osnovnici 45°; c) ako je razlika dveh stranic = 2 m, tretja stra¬ nica == 7 2 m in tej stranici nasprotni kot = 60°; č) ako je stranica b = 8'1 m, nasprotni kot/? = = 75° in vsota ostalih stranic = 12 m; d) ako merita osnovnici priležna kota 60° in 45" in višina 25 dm ; 133 e) ako je višina v a = 4'5 m, stranica b = 6 m in srednjica s,, = 7*2 m; i) ako merita dve stranici 5| m in 7{m in sred¬ njica tretje stranice 6 m; g) ako merijo stranica a = 8 m, višina v b — 5 m in višina v c = 6 m; h ) ako je višina v a = 3 m in somernica kota a = = 75° enaka 4 m ; i) ako merijo višine po 10 dm, 12 dm in 14 dm; j) ako meri stranica a = 7 m, njej priležni kot y = 52 4-° in polmer včrtanega kroga 2\ m. 10. Razreši poševnokoten trikotnik: a) ako je vsota dveh stranic 67'395 m in če me¬ rita nasprotna kota 39° 14' 37" in 54° 18' 43"; b) ako sta dve stranici v razmerju 9:8, razlika nasprotnih kotov — 42° 28' in tretja stranica = 87 m; c) ako merita stranici, ki oklepata kot 67° 34' 17", skupaj 19 m in vsota kvadratov teh stranic = 185 m 2 ; oj ako so stranice v razmerju 5:8:9 in vsota kvadratov nad stranicami = 680 m 2 ; d) ako je ploščina = 721 cm 2 , ena stranica = = 121 cm in eden priležnih kotov = 69<> 28'; e) ako je ploščina 15 m 2 , vsota dveh stranic 13 m in vsota kvadratov teh stranic 89 m 2 ; f) ako je ploščina = 9 - 35 m 2 in če merita dva- kota 100° 43' 14" in 55° 8' 10"; g) ako merita dve stranici skupaj 384 m, eden nasprotnih kotov =52° 38' 10" in polmer očrtanega kroga = 126 m ; h) ako je višina 5 m dolga in njeno podnožišče po 2 m in 3 m oddaljeno od priležnih stranic; i) ako je kot a = 105° 9' 30", kot /? = 360 41' in razpolovnica prvega kota pa = 7’25 m; j) ako merita dva notranja kota 50° 12''25" in 74° 4' 40" in polmer včrtanega kroga q — 250 mm. 134 11. Ploščina pravokotnega trikotnika meri 28 m 2 in eden ostrih kotov 42° 38' 20"; kolika je krajša kateta in kolika hipotenuza? 12. Koliki so koti pravokotnega trikotnika, čigar stranice tvorijo a) aritmetično, b) geometrijsko po- stopico? 13. Razdeli osnovnico enakostraničnega trikot¬ nika na tri enake dele ter spoji razdelišči z nasprotnim ogliščem; na katera dela se razdeli na ta način kot ob vrhu? 14. Razdeli osnovnico a = 30 dm enakokrakega trikotnika na tri enake dele ter spoji razdelišči z vrhom; kako se razdeli kot a = 40° 16' ob vrhu? 15. Razdeli kot a = 63° ob vrhu enakokrakega trikotnika s poltrakoma na tri enake dele; na katere dele razdelita poltraka osnovnico a = 50c?m? 16. Načrtaj v enakokrakem trikotniku, čigar krak meri 4 m in kot ob vrhu 521°, osnovnici vzporednico tako, da je njena dolžina enaka vsoti spodnjih kra- kovih odsekov; kolika je ta vzporednica in kolika njena razdalja od vrha? 17. Stranice nekega trikotnika so a = 15 m , b = = 17 m in c = 24 m; kolika je razpolovnica največ¬ jega kota in kolika srednjica najmanjše stranice? 18. Trikotniku s stranicami 195 cm, 169 cm in 182 cm je včrtan -krog; kolika je ploščina onega trikotnika, ki ima oglišča v dotikališčih včrtanega kroga? 19. Koliki so koti trikotnika, v katerem sta stra¬ nici a in b v razmerju 5:12 in nasprotna kota v razmerju 1:3? 20. Trikotnikovi stranici a in b merita 8 m in 5 m, nasprotna kota pa sta v razmerju 2:1; kolika je tretja stranica? 21. Od kraja C na neki ravni cesti vodita na desno in levo obstranska ravna pota, ki tvorita s cesto kota 45° in 64°' Na prvem potu se nahaja v 135 razdalji 3^- km od C kraj A in na drugem potu v razdalji 5 \km od C kraj B. Kako daleč sta kraja A in B narazen? 22. Na premicah, ki se sekata v kotu 60°, sta točki A in B 31 m oddaljeni druga od druge. Ako premakneš točko A 20 m proti presečišču, meri raz¬ dalja točk A in B 21 m. Kako daleč sta točki A in B oddaljeni od presečišča? 23. Mož, ki ima oko I G m nad tlemi, gleda na 65 m visok stolp, ki je 85 m oddaljen od njega; v kolikem kotu vidi stolp? 24. Kolik je krogov odsek, ki pripada središč¬ nemu kotu 42« 13 ^ g e meri polmer 12'5m? 25. Kolika je ploskev med vzporednima tetivama a = 4 dm in b = 6 dm, ki sta 2 dm oddaljeni druga od druge? 26. Tetiva razdeli premer, ki stoji na njej pravo¬ kotno v razmerju 3:1; v katerem razmerju razdeli ta tetiva a) krogov obod, b) krogovo ploščino? 27. Dva obodna kota istega kroga sta v razmerju 2:1, pripadajoči tetivi pa v razmerju 3:2; kolika sta kota? 28. Včrtaj krogu s polmerom r = 3 dm trikotnik s stranicama a = 4 dm in b = 5 dm ter določi plo¬ ščino liku, ki leži med trikotnikovim obsegom in krogovim obodom! 29. Krogu s polmerom r je včrtan trikotnik, ki sta mu kota a = 40<> in /? — 60°; razpolovišča lokov, ki pripadajo stranicam tega trikotnika, določujejo oglišča drugega včrtanega trikotnika. Kako sta si ploščini teh trikotnikov? 30. Dva premera nekega kroga sta 360 21' 40" naklonjena drug proti drugemu; izmed tetiv, ki spajajo krajišča teh premerov, se neenaki tetivi razlikujeta za 409 cm. Kolik je premer? 31. Ako podaljšaš krogov polmer r = 4 m za 1 m ter načrtaš iz tega krajišča sekanto na krog 136 tako, da sta njena odseka v razmerju 1:3, katero smer ima sekanta (kolik kot tvori s podaljšanim polmerom)? 32. Razlika rombovih diagonal je 10 m in eden notranjih kotov 50°; kolika je stranica in kolika ploščina? 33. Izračunaj stranice in diagonali paralelograma, čigar obseg je — 40 dm , ploščina = 4 dntf in en kot = 30°! 34. Kolika je ploščina paralelograma, ako je razlika neenakih stranic 4 dm , ena diagonala 14 dm in tej diagonali nasprotni kot 64° 30'? 35. Kolike so stranice paralelograma, čigar diago¬ nali sta 2 in 2 /3 in eden izmed kotov = 60° ? 36. Paralelogramova višina, ki jo načrtaš iz enega oglišča, preseka eno diagonalo v kotu (p = 68° in jo razdeli v razmerju 7:3; koliki so koti in stranice? 37. Kolike so stranice enakokrakega trapeza, čigar diagonala meri 35 dm in tvori v enem krajišču s priležnima stranicama kota 32° 40' in 440 10'? 38. Razreši trapez, v katerem meri krajša vzpo¬ rednica 21 cm, kraka po 15 cm in 12 cm in njun naklonski kot 63 °! 39. Deltoidovi diagonali sta v razmerju 2:5, ploščina meri 10 dm 2 in kot. ki leži diagonali ne- somernici nasproti, meri 115°; kolike so stranice? 40. Razreši četverokotnik, ki je krogu s polmerom r = 8‘125 m včrtan in v katerem merita dve nasprotni stranici po 14 m in 13 m in prvi stranici priležni kot 1060 15' 37"! 41. V četverokotniku, ki je krogu očrtan, merita dve zaporedni stranici 201 • 73 cm in 74 cm in prvi stranici priležna kota 460 46' 31" in 870 12' 20";. kolika sta ostala kota in ostali stranici? 137 B. Iz stereometrije v zvezi s planimetrijo in trigonometrijo. 1. Površina enakorobne tristranične (četverostra- nične) prizme je P = 2'56 dm 2 ; kolika je višina? 2. Pravokotni paralelepiped (kvader) s kvadratno osnovno ploskvijo se preseka z ravnino, ki gre skoz dva nasprotna osnovna roba; če je ploščina tega preseka = p in če sta stranski in osnovni rob v razmerju 4:3, kolika je paralelepipedova površina? 3. Stikajoči se robi pravokotnega paralelepipeda (kvadra) so a = 1, b — 2 in c = 3; kolike kote tvo¬ rijo ti robi z diagonalo kvadra? 4. V kolikih kotih se sekajo kockine diagonale? 5. Stranski robi tristranične prizme so po 7 dm dolgi in po 60° naklonjeni proti osnovni ploskvi, ki je včrtana krogu s polmerom r — 5 dm in ima kota a — 50° 7' in /? = 70° 13'. Kolika je prizmina pro¬ stornina? 6. Kolika je površina in prostornina pravilne tristranične piramide, čije osnovni rob je a = 3 m in stranski rob s = 5 m ? 7. Kolika je prostornina pravilne šesterostra- nične piramide, če meri osnovni rob 4 - 5 m in stranska višina 9 m? 8. Piramidi je osnovna ploskev kvadrat, ki se mu da očrtati krog s polmerom r = 2 m; stranske ploskve so enakostranični trikotniki. Kolika je po¬ vršina in kolika prostornina ? 9. Višina pokončne piramide s kvadratno osnovno ploskvijo meri 231 cm; vzporedni presek, ki je 77 cm oddaljen od osnovne ploskve, meri 5625 cm 2 . Kolika je površina prisekane piramide? 10. Stranski robi pokončne piramide, kateri je osnovna ploskev pravokotnik s stranicama a = 26 m in b — 18 723, merijo po,38 m; v kateri razdalji od vrha se mora napraviti vzporedni presek, da razdeli piramido na dva prostorno enaka dela? 138 11. Pravilni četverostranični piramidi, kateri je a osnovni rob in -fa stranski rob, se včrta kocka tako, da se zgornja kockina ploskev stika z vzpored¬ nim piramidnim presekom; kako sta si prostornini piramide in kocke? 12. Ako položiš skoz središča treh stikajočih se robov določene kocke ravnino, kolika je površina in kolika prostornina odsekane piramide? 13. Koliko so stranski robi in stranske ploskve pravilnega tetraedra naklonjeni proti osnovni ploskvi? 14. Koliki so osnovni robi pravilne četverostra- nične (peterostranične) piramide, ki ima 55 - 778 dm 3 prostornine, če so stranske ploskve 68° 9' 24" na¬ klonjene proti osnovni ploskvi? 15. Kolika je prostornina pravilne šesterostra- nične piramide, če so stranski robi po 65° naklonjeni proti osnovni ploskvi in če meri polmer osnovni ploskvi včrtanega kroga 3 dm? 16. Kako sta si plašč in površina pokončnega valja, čigar osji presek meri 32 dm v obsegu in 60 dm 2 v ploščini? 17. Koliko pločevine se potrebuje za odprto va¬ ljasto posodo, ki drži 10 M, če sta višina in premer osnovne ploskve v razmerju 4:3? 18. Koliko moraš polmer enakostraničnega valja povečati, da postane pri isti višini površina osem¬ krat večja? 19. Valj iz lesa plava na vodi tako, da je nje¬ gova os vzporedna gladini vode in da gleda | njego¬ vega premera izpod vode; kolika je specifična teža lesu ? 20. Dva pokončna po 25 c m visoka valja s pol¬ meroma 44 cm in 37 cm stojita na isti ravnini drug poleg drugega tako, da meri središčnica njunih osnovnih ploskev 15 cm; koliko meri njuna presečna ploskev ? 139 21. Pravokotnemu paral elepipedu, čigar robi so v razmerju 2:4:9, se očrtajo trije valji; kako so si prostornine teh valjev? 22. V poševnem valju meri značilni paralelogram 75 dm 2 in pravokotni osji presek 98 dm 2 ; koliko je os naklonjena proti osnovni ploskvi? 23. Stranica pokončnega stožca meri 89 cm in razlika med višino in polmerom znaša 41 cm-, kolik je plašč? 24. Kolika je prostornina pokončnega stožca, a) čigar površina je = 3 n; in stranica = 2; b) čigar višina meri 20 dm in čigar osnovna ploskev in plašč sta v razmerju 8:17; c) čigar plašč je napravljen iz ltrogovega izseka, s središčnim kotom 120° in s pol¬ merom 1 m ? 25. Površina pokončnega stožca meri 92 dm 2 i n polmer osnovne ploskve 3 ? dm-, kolik je središčni kot krogovega izseka, ki ga stvoriš iz odvitega in zravnanega stožčevega plašča? 26. Kolika je prostornina pokončnega priseka¬ nega stožca, a) čigar površina je = 150 n, plašč = 65 n in stranica =5; b) čigar polmera sta v razmerju 5:4, večja osnovna ploskev = 100 dm 2 in višina = 48 dm? 27. Kolika je površina prisekanega stožca, ki ima 1000 cm 3 prostornine, če je R:v:r = 10:7:3? 28. Določi pri pokončnem stožcu (prisekanem stožcu) oni vzporedni presek, ki razdeli višino po stalnem sorazmerju? 29. Ako presekaš stožec 2 m nad osnovno plo¬ skvijo, stvoriš prisekani stožec, ki ima 57 m 2 prostor¬ nine in čigar osnovni ploskvi sta v razmerju 9:4; kolika je prostornina prvotnega stožca? 30. Pokončnemu stožcu je včrtan valj, čigar vi¬ šina je enaka polovici stožčeve višine; kako sta si prostornini teh teles ? 31. Pravilnemu tetraedru se včrta stožec in očrta valj; kako so si prostornine teh teles? 140 32. Enakostraničnemu stožcu je včrtana kocka; kako sta si prostornini teh teles? 33. Pokončen stožec in enakostraničen valj imata skupno osnovno ploskev in enako površino. Kolika je stožčeva prostornina, če meri valjev polmer 376 dm ? 34. Kako sta si plašča in kako površini enako¬ straničnega valja in enakostraničnega stožca, če sta njuna osja preseka v razmerju m: n? 35. Očrtaj določenemu enakostraničnemu valju enakostraničen stožec ter izračunaj stožčevo stranico! 36. Iz pokončnega prisekanega stožca (R, r, s) se izreže stožec, čigar vrh leži v središču manjše osnovne ploskve in čigar stranice so vzporedne stra¬ nicam prisekanega stožca. Kolika je površina ostalega telesa ? 37. Pokončnemu prisekanemu stožcu (R, r, v) sta včrtana dva stožca tako, da imata isto os in isti osnovni ploskvi kakor prisekani stožec; kolik je pol¬ mer kroga, v katerem se sekata plašča teh stožcev? 38. Prisekanemu stožcu (E, v, v) se včrta in očrta pravilna šesterostranična prisekana piramida; koliko se razlikujeta prostornini prisekanih piramid? 39. Ako zavrtiš pravokoten trikotnik zaporedoma okoli katet a in b, sta si prostornini nastalih teles kakor 3:4; če pa zavrtiš isti trikotnik okoli hipo- tenuze c, meri prostornina nastalega telesa 1200 jt. Kolika je površina vsakega teh teles? 40. Trikotnik s stranicama a = 5, b — 29 in c = 30 se zavrti okoli stranice a; kolika je površina in ko¬ lika prostornina nastale vrtenine ? 41. Polmer pokončnega stožca meri 12'7 cm in kot ob vrhu osjega preseka 72° 43' 18"; kolika je površina in kolika prostornina? 42. Kolika je prostornina pokončnega stožca, če je osjemu preseku 10 m 2 ploščine in če meri kot ob vrhu osjega preseka 50°? 141 43. Stožec ima 45 cm3 prostornine in njegove stranice so po 23° 8' naklonjene proti osnovni ploskvi; izračunaj polmer! 44. Površina pokončnega stožca meri 20 dm 2 in višina oklepa s stranico kot 55°; izračunaj višino! 45. Plašč pokončnega stožca je trikrat tolik kakor osnovna ploskev; kolik je kot ob vrhu osjega preseka ? 46. Kocki je očrtan pokončen stožec, čigar višina je dvakrat tolika kakor kockin rob. Kolik je kot ob vrhu osjega preseka? 47. Na isti osnovni ploskvi, ki ima 512 cm v pre¬ meru, stojita dva pokončna stožca, katerih stranice so oziroma po 78° in 20° naklonjene proti osnovni ploskvi; kolika je površina in kolika prostornina telesa, ki ga mejita stožčeva plašča? 48. Kolika sta polmera pokončnega prisekanega stožca, če je plašč enak večji osnovni ploskvi, stra¬ nica = 1 m in 60° naklonjena proti osnovni ploskvi? 49. Izračunaj površino in prostornino priseka¬ nega stožca, če je razlika osnovnih ploskev 8 dm 2 , če sta oboda osnovnih ploskev v razmerju 5:3 in če so stranice po 45<> naklonjene proti osnovni ploskvi? 50. V poševnem stožcu meri značilni trikotnik 25 dm 2 in osji presek, ki stoji pravokotno na značil¬ nem trikotniku, meri 42 dm 2 ; koliko je os naklo¬ njena proti osnovni ploskvi? 51. Kolika je prostornina poševnega stožca, pri katerem so stranice značilnega trikotnika S = 58, s = 41 in 2 r — 51? 52. Kolik je premer osnovne ploskve pri pošev¬ nem stožcu, čigar os je == 7 m, največja stranica = = 12 m in najmanjša stranica = 8 m? 53. Kolika je os poševnega stožca, če meri višina 12m, najdaljša stranica 20m in najkrajša stranica 15m? 142 54. En kot enakokrakega trapeza meri 540 sred- njica 28’8 dm in razmerje vzporednic je 5':3. Ako zavrtiš ta trapez okoli večje vzporednice, kolika je površina in prostornina nastalega telesa? 55. Romb se zavrti okoli osi, ki gre skoz rombovo oglišče in je vzporedna manjši diagonali. Kolika je površina in prostornina nastale vrtenine, če je rom- bova stranica a = 12 £ cm in manjša diagonala enaka stranici ? 56. Kolika je površina krogle, na kateri je kro¬ geln krog, ki ima 24 cm v premeru, 8 cm oddaljen od enega tečaja? 57. Koliko se zmanjša prostornina določene krog¬ le, če se površina zmanjša za {-njene velikosti? 58. V kateri razdalji od osnovne ploskve moraš presekati polkroglo z vzporedno ravnino, da imata oba dela enaki površini? 59. Kapica in plašč krogelnega izseka sta v raz¬ merju 2:/5; kolika je višina krogelne kapice? 60. Kolika je kapica krogelnega odseka, ki mu pripada enakostraničen stožec? 61. Izračunaj prostornino krogelnega izseka, či¬ gar površina je dvakrat tolika kakor ploščina glav¬ nega kroga! 62. V kateri razdalji moraš kroglo, ki ima 10 dm v premeru, presekati z ravnino, da sta krogelna ka¬ pica in presečna ploskev v razmerju 3:2? 63. Kraja A in J? imata isto zemljepisno širino

0) ? 28. Kako se glasijo pri krogu x 2 -[- y 2 = 289 (x 2 -j- y 2 -f- 12 x -f- 16y = 69) enačbi tangent, ki so vzporedne premici 15 x — 8j/ = 40 (12x5); = 60) ? 29. Določi v premici 3 x -j- 4^ = 50 točko, ki leži najbližje krogu x 2 f- y 2 = 25 (to je podnožišče pravo- kotnice, ki jo načrtaš iz dotikališča vzporedne krogove tangente na določeno premico)! Kako enostavneje? 30. Poišči pri krogu, ki gre skoz točko Mi (8, 1) in se dotika koordinatnih osi, enačbo tangente, ki stoji pravokotno na premici 4y — 3x — 6! 31. Poišči pri krogu, ki gre skoz točke Mi (1, 2), M 2 (4,1) in Mj, (9, 6), enačbe onih tangent, ki so enako naklonjene proti koordinatnima osema (odrežejo enake odseke na koordinatnih oseh)! 32. Načrtaj skoz točko Mi (3, 3) premico tako, da je enako oddaljena od središč krogov x 2 -j - y 2 — — 2x-j-2j — 2=0 in x 2 -j- y 2 — 8x = 0. Kje in v kolikem kotu preseka ta premica potenčno premico obeh krogov? 33. Zavrti premico 3j;-f-4x-j-12 = 0 okoli one točke v tej premici, ki je središču kroga x 2 -f y 2 — — 2x — 6 y — 6 = 0 najbližja, in sicer toliko, da po- 10 * 148 stane premica krogu tangenta, ter določi velikost tega vrteža! 34. Načrtaj iz točke M\ (— 3, 0) tangento na krog (x — l) 2 -j- y 2 = 1 ter določi odsek, ki ga odreže ta tangenta na krogu (x— 4 ) z ~\-y 2 = 4! 35. Načrtaj iz točke M\ (10, 0) tangenti na krog x 2 + y 2 — 50, zavrti potem lik okoli abscisne osi ter določi površino in prostornino nastalega telesa! 36. Načrtaj nad daljico 2 a = 6 trikotnik, čigar kot ob vrhu je y — 30°, ter določi geometrijsko mesto za vrhe takih trikotnikov! 37. Določi geometrijsko mesto onih točk M, čijih razdalje od krajišč določene daljice 2 a = 6 so v raz¬ merju 5:4! 38. Kako se glasi enačba elipse: a) s parametrom 7 f in dolgostno izsrednostjo 3; b) ki se dotika premice 8y -j- 3x — 50 v točki Mi (?, 4)? 39. Katere točke elipse 5 x 2 -j- 9 y 2 = 45 so od žarišč po 1-| oddaljene? 40. Kakšno lego ima premica y — 3 x = 2 z ozi¬ rom na elipso x 2 -f- 4y 2 = 16 ? 41. V kolikih kotih preseka: a) premica 2y = = 7 x — 50 elipso x 2 -(- 4j> 2 = 100; h) krog x 2 -j- y 2 = 16 elipso 9x 2 -j-25 y 2 = 225? 42. Kolik je premer elipse 9x 2 -)-■ 2by 2 == 225, ki je vzporeden premici 5j/ — 4x = 15? 43. Kje in v kolikem kotu se sekata tangenti, ki ju načrtaš skoz presečišči elipse 5x 2 -j- 9y 2 — 45 in premice 3j;-j-5x= 3p 44. Določi dolžino in enačbo dotikalne tetive onih tangent, ki ju narišeš iz točke Mi (14, 1) na elipso x 2 -j- 4 j; 2 = 100! 45. Kolike so stranice, koti in ploščina trikot¬ nika, ki ga oklepajo tangenti iz točke Mi (7, — f) na elipso 4x 2 -j- 25j/ 2 = 100 in dotikalna tetiva? 149 46. Kako se glasita pri elipsi 9x 2 -\- 16y 2 = 144 enačbi tangent, ki sta vzporedni premici 5 y = 2x -f- 20? 47. Določi pri elipsi 4x 2 -f- 9y 2 — 36 enačbe onih tangent, ki odrežejo na koordinatnih oseh enake odseke! 48. Načrtaj iz točke Mi (0, 4) tangento na prvi kvadrant elipse 4x 2 + 9y 2 = 36 ter določi dotikališču dotikalne količine! 49. Subnormala neke točke na elipsi x 2 -f- 4 y 2 = 64 je 1 cm dolga; kolika je subtangenta iste točke? 50. Elipsa 16 x 2 -f- 25 y 2 = 400 se dotika premice by -j- 3x = 25; kolik kot oklepata prevodnici v do¬ tikališču? 51. V katerih točkah elipse 9x 2 -j- 25 y 2 — 225 stojita prevodnici pravokotno druga na drugi? 52. V kateri točki prvega kvadranta elipse x 2 -j- -j- 4y 2 === 4 oklepata prevodnici kot 45°? 53. Iz katere točke prvega kvadranta elipse 9x 2 + -f- 25y 2 — 225 vidiš dolgostno izsrednost v kotu 45°? 54. V kolikem kotu se vidi elipsa 9x 2 - \~16y 2 — = 144 iz točke M\ (1, 6) ? 55. Tretji del večjega korena enačbe V(x — 3) 2 == 4 (3 + \ x 3) je enak polovici velike osi pri elipsi z dolgostno iz- srednostjo 48. Kolik je premer osnovne ploskve pri enakostraničnem stožcu, čigar plašč je enak elipsni ploščini? 56. V katerih točkah elipse 5 2 x 2 -j- a 2 y 2 = a 2 b 2 sta tangenta in normala enaki? 57. Dokaži, da tvori v vsaki elipsni točki normala s prevodnicama enaka kota! 58. Načrtaj iz elipsnih žarišč pravokotnici na tangento ter določi, koliko sta podnožišči teh pravo- kotnic oddaljeni od središča! 150 59. Kako se glasi središčna enačba hiperbole: a) ki se dotika pretnice 6y = 5x— 32 v točki Mi (x u 3); ' b) pri kateri je x— 2y = 0 enačba asimptote in y = x — 3 enačba tangente? 60. V katerih točkah hiperbole s parametrom 21 1 in z dolgostno izsrednostjo 5 ima pravokotnik, stvor j en iz prevodnic, ploščino 91 cm 2 ? 61. Enačba hiperbolne asimptote je \2y — 5x = 0 in središčna izsrednost meri 13; kako se glasita enačbi tangent, ki gresta skoz parametrovi krajišči, in ko¬ lika je ploskev, ki jo oklepajo parameter in omenjeni tangenti ? 62. Kolik je trikotnik, ki ga tvorijo tetiva y = = 4x— 12 hiperbole 16 x 2 — 9 y 2 = 144 in tangenti v tetivnih krajiščih? 63. Kolik kot oklepata tangenti, ki ju načrtaš iz točke M\ (2, 1) na hiperbolo 3x 2 — 4 y 2 = 12? 64. Kolika je tetiva, ki jo določujeta tangenti iz točke Mi (2, f) na hiperbolo 4x 2 — 9 y 2 = 36, in kako se glasi njena enačba? 65. Kako se glasijo pri hiperboli 16x 2 — 9y 2 = 144 enačbe tistih tangent, katerih dotikališča so po 2^- oddaljena od žarišč? 66. Kako se glasita pri hiperboli 16 x 2 — 9 y 2 = 144 enačbi tistih normal, ki stojita pravokotno na pre¬ mici y-f-3 = 4x, in koliko sta te normali oddaljeni druga od druge? 67. Kateri tangenti hiperbole x 2 — 2y 2 = 2 sta vzporedni premici x — y — 5, in kolika je razdalja teh tangent? 68. V kolikem kotu preseka krog x 2 y 2 = 64 hiperbolo x 2 — y 2 = 36 ? 69. Načrtaj iz točke M\ (3, 0) tangento na prvi kvadrant hiperbole x 2 — y 2 = 25 ter poišči dotikališču dotikalne količine! 151 70. V katerih točkah hiperbole 4x 2 — 9y 2 = 36 je a) subtangenta = 8, b) subnormala = 8? 71. Kolik trikotnik tvori hiperbolna tangenta z asimptotama ? 72. Dokaži, da tvori v vsaki hiperbolni točki tangenta s prevodnicama enaka kota! 73. Načrtaj iz hiperbolnih žarišč pravokotnici na tangento ter določi, koliko sta podnožišči teh pravokotnic oddaljeni od središča! 74. Kako se glasi temenska enačba parabole, ki se dotika premice 2y = 5x + 2? 75. Kje in v kolikem kotu se sekata tangenti, ki ju narišeš skoz presečišči premice x-j-y = 3 in parabole y 2 = 4x? 76. Načrtaj iz točke M\ (—3, 1) tangenti na pa¬ rabolo y 2 = 6x ter določi kota, ki jih- tvorita tangenti z dotikalno tetivo! 77. Kako se glasita pri paraboli y 2 = 5x enačbi tangent, ki gresta skoz točko M\ ( — 3, 7)? 78. Kako se glasita pri paraboli y 2 = 4x enačbi tangent, ki sta vzporedni premici y — 2x — 3? 79. V kolikih kotih seka premica 3y — 4x -j- 20 = 0 parabolo y 2 = 8x, in kolika je ploskev, ki jo odreže premica od parabole? 80. Kako se glasi enačba normale v točki M\ (4, 4) parabole y 2 — 4x, in v kolikem kotu preseka ta normala drugokrat parabolo? 81. Načrtaj skoz točko Mi (18, y\ > 0) parabole y 2 = 8x tangento ter določi ploskev, ki jo oklepajo ordinatna os, tangenta in parabolni lok! 82. Določi v premici y = 5x -j- 40 točko, ki leži najbližje paraboli y 2 = 150x. Glej nalogo 29., stran 147.! 83. Skoz točko M y (3, 4) kroga x 2 -j- j/2 = 25 gre parabola, ki ji leži vrh v krogovem središču. V ko- 152 likem kotu preseka krog parabolo, in kolika je ploskev, ki jo oklepata krog in parabola? 84. Načrtaj v točki M\ (xj, 6) parabole y- = 6x tangento in normalo ter očrtaj krog trikotniku, ki ga tvorijo abscisna os, tangenta in normala. Kje leži središče kroga in kolik mu je polmer? 85. Načrtaj iz neke točke v parabolni vodnici tangenti na parabolo ter določi kot, ki ga oklepata tangenti! 86. Katera tangenta parabole y s = 6x preseka premico y — 3x -j- 5 v kotu 45»? Zgodovinski dostavki. Prvi početki geometrije so se pojavili v Egiptu ob Nilu. Sledovi praktične geometrije Egipčanov se še sedaj kažejo v ponosnih piramidah in v mnogih staro¬ davnih nasipih in vodotokih. V dobi tujih Hiksos- kraljev je zbral neki pisar Ahmes (Amasis, med 2000 in 1700 pr. Kr.) v nekaki ročni knjigi zbirko ra¬ čunskih vaj. V tej zbirki se uporablja pri krogu za število n ulomek (~) 2 = 316 ... V stereometriji so ob¬ delane zlasti štiristranične piramide (beseda je staro- egiptovskega izvora) in celo poizkusi nekake trigono¬ metrije se dajo zaslediti. Egipčani so že poznali pravokotni trikotnik s stranicami 3, 4, 5, s katerimi so praktično načrtavali pravi kot. V isto svrho so rabili stari Indijci in Kitajci pravokotni trikotnik s stranicami 5, 12, 13. Pri Egipčanih so se učili geometrije stari Grki. Že modri Tales iz Mileta (rojen okrog 624 pr. Kr.) je šel v Egipet, da bi si izpopolnil matematično znanje. Pri njem se nahajajo začetki grške matematične ter¬ minologije. Njegova zasluga je v prvi vrsti ta, da je seznanil Grke z egiptovsko vedo. Do znanstvene geo¬ metrije se je povzpel šele Pitagora (okrog 570 do 508 pr. Kr.), ustanovitelj italske šole. Njegov izrek o pravokotnem trikotniku je postal nekaka podlaga in središče računajoče geometrije. Pitagora je prvi upo¬ rabljal proporcije pri geometrijskih nalogah in po¬ stavil tako izreke o podobnosti likov na trdno podlago. Njemu se pripisuje nadalje „ziati sek“ in pa načrta- vanje pravilnega peterokotnika. S peterokotnikom so našli potem Pitagorovci tudi pravilni dodekaeder, t. j. peti in zadnji pravilni polieder (Platonova telesa). 154 Tri geometrijske naloge, ki se naj izvrše z rav¬ nilom in šestilom, so v tej dobi začele razgrevati ves učeni svet: 1. razdelitev kota na tri enake dele, 2. po¬ dvojitev kocke in 3. kvadratura kroga. Razdelitev kota na tri enake dele je rešil Hipija iz Elide (rojen okrog 460 pr. Kr,), in sicer s pomočjo krive črte „Quadratrix“, ki jo je pozneje Din o s trat (na koncu 4. stoletja pr. Kr.) uporabljal za kvadraturo kroga. Nalogo o podvojitvi kocke so stavili baje svečeniki v svetišču v Delfih Delij- cem, ko so prišli le-ti v stiski iskat pomoči (delijski problem). S tem vprašanjem so se posebno trudili Platonovi učenci. Hipokrat (rojen na otoku Kiju na koncu 5. stoletja) je izkušal z dvakratno srednjo geometrijsko sorazmernico dobiti stranico podvojene kocke. Iz a : x = x : y = y : 2a sledi nameč x 3 = 2a 3 3 r— ali x = a[/2. Geometrijska konstrukcija se je posre¬ čila šele Platonovemu učencu Menehmu, in sicer na dva načina: s pomočjo parabole in hiperbole in pa s pomočjo dveh parabol, torej zopet ne z ravnilom in šestilom. Po sedanjem načinu v analitični geo¬ metriji sledi iz Hipokratovih proporcij takoj x 2 = ay in y 2 = 2ax, to sta pa dve paraboli, ali pa x 2 == ay in xy = 2a 2 , kar pomeni parabolo in hiperbolo. Meneh- mos je tudi prvi obdelal krive črte, ki jih dajo stož- čevi preseki (stožkosečnice). Pitagorovec Arhita je izkušal nalogo o podvojitvi kocke rešiti s pomočjo valjevih presekov in s premikanjem likov. S kvadraturo kroga, t. j. z nalogo, kako se pretvori krožna ploskev v kvadrat, se je trudil zlasti Hipokrat. Pri tem je znašel znani izrek o mese¬ čevih krajcih na stranicah pravokotnega trikotnika. Filozof Platon (427—347 pr. Kr.) ni toliko znan glede novih geometrijskih problemov, kakor da je svoje učence navajal na kritično presojo tedanjega geometrijskega znanja. Znamenit je bil Platonov napis na akademiji v Atenah: „Kdor ni vešč geometrije, naj ne vstopi.“ 155 Z vsemi tremi vprašanji so se še v srednjem in novem veku bavili razni znanstveniki in lajiki in šele v novejši dobi smo prišli do bridkega spoznanja, da je razrešitev vseh treh »nalog samo s pomočjo ravnila in šestila nemogoča. Pri kvadraturi kroga se je stvar razjasnila šele potem, ko so dokazali, da število it ni racionalno in tudi ne iracionalno, marveč transcendentno število, ki se ne da izraziti z nobeno algebrajsko enačbo. Hermite jel. 1873. prvi dokazal, da je število e = 2-71281828 . . . transcendentno, in 1. 1882. je isto dokazal Lindemann za število n. S tema razpravama je bilo tisočletno vprašanje o kva¬ draturi kroga rešeno. Četudi je rezultat teh zgodo¬ vinsko važnih nalog nazadnje nezadovoljiv, so vendar te tri naloge mnogo pripomogle, da se je geometrija tako hitro razvila in da se je geometrijsko znanje poglobilo. Za razvoj stereometrije je posebno važen Evdoks iz Knida (okrog 390—337 pr. Kr.), Arhitov učenec. Izračunal je prvi telesnino piramide in stožca. Izkušal je tudi dokazati anomalije v gibanju planetov (premikanje naprej in nazaj). Pomen največjega učenjaka starega veka Ari¬ stotela (v Stagiru r. 1. 384. pr. K.) za geometrijo in za znanost sploh tiči v tem, da je začrtal dokazo¬ vanju določni red in mu ustanovil logične zakone' (Primerjaj: Geschichte der mathematischen Wissen- schaften, Dr. H. Suter, 1873—1875.) Aristotelov vpliv se je kazal še v srednjem veku, ko so prisegali na njegove besede in si šteli v največjo čast in zaslugo, ako so ga umeli. Klasična doba grške geometrije pa ni vznikla več v Atenah, marveč v novem središču znanosti, v Aleksandriji v Egiptu. V prvi aleksandrijski dobi štejemo naj večje grške (helenske) veleume in najodličnejše zastopnike geometrije. Možje kakor Ev¬ klid, Eratosten, Arhimed in Apolonij so ustvarili pravo znanstveno geometrijo, ki je vzor še za današnje čase. 156 Aleksandri]'ec Evklid (okrog 300 pr. Kj\) se je izprva učil v Atenah ter je postal pozneje ustanovitelj aleksandrijske šole, ki je bila tja do osvojitve Egipta po Arabcih nekako središče znanosti, kamor so se zatekali tedanji učenjaki vsega sveta. Najvažnejše delo Evklidovo so „Elementa“ (oro^eia), ki obsegajo 15 knjig. Evklid se kaže v svojem delu izvrstnega didaktika. Zbral je v logični sporedbi in znanstveni razlagi elementarno geometrijo, kakor se je splošno še danes učimo. Znamenita je njegova teorija o vzpo¬ rednicah, ki je izzvala mnogo protivnikov, pa tudi zagovornikov, in šele v 19. stoletju se je doznalo, da se strogi dokaz o vzporednicah ne da izvesti. Znan je tudi Evklidov izrek: „Do geometrije ni nikakega kraljevega pota.“ Eratosten (rojen okrog 276 pr. Kr.), učenec Aristarha, je bil začetnik matematične astronomije in predhodnik Kopernika glede gibanja planetov. Eratosten je prvi poizkusil izračunati dolžino meri- dijana na podlagi merjenja gotove razdalje. Tudi je prvi izračunal naklonski kot ekliptike na 230 51' 13". Izven središča v Aleksandriji je živel na Siciliji veliki geometer in mehanik Arhimed (rojen v Si- rakuzi 287 pr. Kr. in umorjen 1. 212. ob osvojitvi mesta). Za geometrijo si je stekel največ zaslug s tem, da je izračunal ploščine in prostornine teles in da je našel svojstva novih krivih črt (spiralo in druge). Arhimed je prvi izračunal vsebino elipse in odseka parabole, potem prostornino krogle iz očrtanega valja, nadalje prostornino rotacijskih teles, elipsoida, para- boloida i. t. d. Uvedel je v geometrijo nov način do¬ kazovanja: metodo izčrpavanja (ekshauscijsko me¬ todo), ki je prvi početek infinitezimalnega računa. Še ob svoji smrti je baje zaklical morilcu: „Ne dotikaj se mojih krogov!“ Apolonij (rojen v Pergi okrog 240 pr. Kr.) je znan po svoji knjigi o stožkosečnicah, ki tvori nekak vrhunec grške geometrije. V tej knjigi se na¬ hajajo še sedaj navadna imena: elipsa, parabola, 157 hiperbola, parameter, os, premer. Znan je tudi Apo¬ lonijev problem o načrtavanju kroga, če so dani trije pogoji (točke, premice, krogi). Okrog 160—120 pr. Kr. je deloval veliki astronom Hi p arh iz Nikeje. Ta je že računal kote iz tetiv in zato velja za začetnika trigonometrije. Zanimiva je njegova teorija o gibanju planetov v epiciklih, ki je bila v veljavi tja do Keplerja. S pomočjo paralakse, ki jo je pri solncu določil na 3' in pri mescu na 57', je izkušal prvi izračunati razdaljo obeh teles od zemlje. Našel je tudi precesijsko gibanje enakonočja in je napravil zvezdni katalog. Iz poznejše dobe je znan Aleksandrijec H er o n (okrog 100 pr. Kr.) posebno kot mehanik. Po njem se imenuje obrazec za ploščino trikotnika iz stranic. V drugi aleksandrijski dobi so zlasti znani sledeči: 1. Menelaj (okrog 100 po Kr.), 2. Klavdij Ptolomej (okrog 125 — 160 po Kr.), 3. Pap (okrog 300 po Kr.) in Pr o k e 1 (v 5. stoletju po Kr. v Atenah). Menelaj je uporabljal tetive za račune pri ravnih in sferičnih trikotnikih ter je našel izrek, da je vsota stranic sferičnega trikotnika manjša od 360° in vsota kotov večja od 180°. ' Ptolomej (rojen v Peluziju v Egiptu) je bil vodja zvezdarne v Aleksandriji in se je povzpel do časti prvega astronoma starega veka. Njegov „alma- gest“ {iieyahj avvva^cg) nadomešča vsa prejšnja astro¬ nomska dela, ki so se že poizgubila, in jih izpopol¬ njuje z novimi odkritji. Njegov svetovni sistem gibanja je veljal za resnico tja do Kopernika. V istem delu se nahaja tudi znamenita tablica tetiv za trigonome- trijske račune. Pap je izdal zbirko najlepših iznajdeb takratnih geometrov. Po njem se imenuje izrek o stranicah poljubnega trikotnika, iz katerega se izvaja Pitagorov izrek. Tudi izrek o prostornini rotacijskih teles s pomočjo premikanja težišča, ki se sedaj zove „Guldinov izrek 11 , ima že Pap. 158 Prav na koncu druge aleksandrijske dobe je še važen pisatelj Pr okel, ki ni bil toliko samostojen matematik, kakor pa razlagalec (komentator Evkli¬ dov). Za zgodovino matematike v starem veku je zanimiv zato, ker nam je ohranil mnogo izrekov drugih pisateljev, ki bi se bili sicer poizgubili. Odslej so nastopali večinoma sami komentatorji (tako n. pr. Teon in njegova hči Hip ati a) in po¬ snemovalci — očividen znak, da je matematična veda začela propadati. Svoj preporod in svoje vstajenje je slavila šele čez tisoč let. Izmed indijskih matematikov, ki so črpali iz grških virov, je v srednjem veku važen za geometrijo Bhaskara Akarya (rojen 1114 po Kr.). Indijci so v trigonometriji napravili važen korak, ko so uvedli namesto tablic za tetive tablice sinusov (polovične tetive dvojnih kotov). Take tablice se nahajajo v knjigi „Surya-Siddhanta“ (Sindhind) neznanega pisatelja. Tudi Arabci so pridno prebirali in prestavljali dela grških matematikov. Bili so v prvi vrsti aritme¬ tiki in algebraiki, v geometriji pa se niso odlikovali, le v trigonometrijo so posegli s srečno roko. Ker so se mnogo pečali z astronomijo, so sestavili poleg si- nusovih tablic tudi tablice za tangente. Poznali so že kotangento, sekanto in kosekanto, kosinuse pa so nadomestili s sinusi komplementarnih kotov. Naj¬ imenitnejši arabski matematik je Sirec Mohamed al Bat tani (Albategnius imenovan). V arabskem almagestu, ki ga je sestavil Abul WafS, so tudi že enačbe, kako se geometrijske funkcije izvajajo druga iz druge. Najbolj pa se je odlikoval v trigonometriji Arabec Nasr-Eddin (1201—1274 po Kr.). Ta ima že sinusov izrek ravninske trigonometrije, v sferični tri¬ gonometriji pa navaja že vse slučaje, kako se iz treh sestavin določijo druge. Iz arabskih virov je 200 let pozneje prevzel Regio- montanus (Joh. Milil er iz Konigsb.erga, 1436—1476) trigonometrijske izreke, jih predelal in prikrojil v obliko, kakor jih še danes poznamo. V svojih tri- 159 gonometrijskih tablicah je prvi uvedel decimalni sestav namesto seksagezimalnega pri Arabcih. Šestnajsto stoletje pomeni za geometrijo in astronomijo dobo preporoda. Tako je M a ur olik o iz Mesine (1494—1575) izpopolnil Evklidovo geometrijo s tangentami in asimptotami. Frangois Viete (Vieta, 1540—1603) je našel kosinusov in tangentni izrek rav¬ ninske trigonometrije ter je postal s svojimi analitično- geometrijskimi poizkusi predhodnik Descartov. Še hitreje nego geometrija se je razvijala istodobno astronomija. Nikolaj Kopernik (1473—1543) je v svoji knjigi „N. C. de revolutionibusorbium coelestium libri sex“ zadal smrtni udarec Ptolomejevemu svetov¬ nemu sistemu. Poleg tega je izdal trigonometrijske tablice za sinuse, kotangente in sekante na 10 deci¬ malk. Tudi beseda trigonometrija je njegova. Rhe- ticus (Georg Joachim v. Lauchen, 1514—1576) je iz¬ delal tablice za sekante in našel obrazec za tg iz stranic a, b, c. V 17. stoletju je Lah Bonaventura Cavalieri (1578—1647) v svoji knjigi „Indivisibilia“ povzel Ar¬ himedov način izčrpavanja in pripravil tako pot do infinitezimalnega računa. John Napier(1550—1617), iznajditelj logaritmov, jev sferični trigonometriji znan po svojih dveh analogijah (drugi dve je dodal Briggs) in po svojem pravilu za razreševanje pravokotnega sferičnega trikotnika. Takozvane GauBove enačbe sta imela že Delambre in Mollweide. Obrazec za ploščino sferičnega trikotnika je našel Albert Gi- rard (1590—1632), sedanjo pisavo za goniometrijske funkcije pa je uvedel šele Leo nhar d Eul er (1707—1783). Kakor nova zvezda pa se je prikazala v mate¬ matični vedi 1. 1637. knjiga „Geometrie“, ki jo je spisal Francoz Rene Descartes (Cartesius Renatus, 1596 — 1650). Sicer je imel že prej Francoz Pierre de Fermat (1608—1665) pripravljeno razpravo: „Ad locos planos et solidos isagoge“, toda Descartes ga je v tisku prehitel. Descartes in Fermat sta začetnika in ustanovitelja analitične geometrije v sedanjem po- 160 \ menu besede. Z novimi pojmi abscise in ordinate in soredja in s sistematično uporabo algebre v geome¬ triji sta položila temelj novi dobi, v kateri se je geo¬ metrija z nenavadno hitrico razvila. Ko sta še v istem stoletju Isaak Newton in še bolj Gottfried v. Leibniz vpeljala infinitezimalni račun, je nastopila za geometrijo doba pravega zmagoslavja. Opomnja. O domačih pisateljih matematikih glej dodatek v „Aritmetiki in algebri 41 . % LIN IUERZI TETNR KNJIŽNICA MARIBOR 21390/1-2,2.izd.