(J E OMET El J A za učiteljišča. t-es. kralj, profesor v Mariboru. Založila in na svetlo dala „>I A T I C A SLOVENSK A“. Y Ljubljani. Natisnili J. Blaznikovi nasledniki. 1882 . : GEOMETRIJA za učitelj išča. Sestavil L. LAVTAR, ces. kralj, profesor v Mariboru. Založila in na svetlo dala MATICA SLOVENSKA. -——- V LJUBLJANI, 1881. NATISNILI J. BLAZNIKOV! NASLEDNIKI. Predgovor. Pri spisovailji šolske knjige je treba, da gledamo posebno na dvoje: na množino tvarine in na metodo, po kateri izbrano tvarino učencem podajemo. Prvo sem vzel skoraj skoz in skoz iz „L e h r b u c li d e r Cleometrie f li r Lehrerbildungsanstalten von Dr. Franz Rit ter v. Močnik 11 . Izpuščal sem samo nekatere malenkosti, planimetriji pa dodal kratek nauk o simetriji in pro¬ jekciji, na kar me je napotila geometrija spisana za nižje srednje šole in učiteljišča od J. S c h ra m m a. Naloge sem vzel tudi iz Močnikove geometrije, katere sem pomnožil tu pa tam s Schram- movimi; nekaj jih je dodal pa gospod profesor J. Celestina. Metoda mora se pa ravnati po zmožnosti učencev in po namenu, katerega hočemo ž njimi doseči. Na učiteljišča prihajajo učenci večinoma iz ljudskih šol in sicer navadno iz 3- in drazrednih, pa tudi iz 2razrednih, ali pa iz prvih razredov nižjih srednjih šol, ter nimajo tolike formalne izobraženosti, kakor oni, kateri so izvršili nižjo gimnazijo ali realko. Za nje bi bilo torej treba geometrije, kakeršno uče na spodnjih srednjih šolah. In J. Seli ra mm je imel gotovo kaj tacega v mislih, ko je napisal „A n f ang s gr iin d e d er Geometrie oder geometrische Formenlehre fiir die unteren Klassen von Mittelschulen und fiir Lehrer- Seminarien 11 . Zraven tega so pa vender na učiteljišča prihajajoči učenci po starosti zrelejši od učencev na nižjih srednjih šolah, torej s časoma sposobni za bolj znanstveno metodo v geometriji, kakor jo nahajamo v Močnikovi geometriji za učiteljišča, Zato sem skušal pri sestavljanji svojega rokopisa obojnemu zadostiti, rav- IV naje se po besedah: „Wird man lieute darauf rechnen diirfen, dass die Sclrallehrerseminare ilire Zoglinge so vorgebildet em- pfangen, wie es ilire faelimassige Ausbildung erfordert, so wird ein Cursus streng wissenschaftliclier Geometrie unbedingt von ihnen envartet werden miissen. Riickbličke auf ilire ele- inentare Ausbildung, Verdeutlicliung der Begriffe durcli Anscliauungen werden nur haufiger als auf G v m n a s i e n stattfinden miissen, damit die Fiililung mit derjenigen Beliandlung des Faclies niclit verloren wird, wie sie sie im Lehramte ein st werden iiben miissen 11 . (Padagogisclies Handbuch, Schmid). V ta namen nisem mogel popolnoma pre¬ zirati tako zvane genetične metode in pridejal sem rokopisu vaje, katere postavljajo prostorne tvore v raznih izpremembah učencu pred oči in druge, katere navajajo učenca, da išče spoz¬ nane prostorne tvore na znanih telesih. Vaje, kakeršna je naloga, po kateri naj učenci vsoto vseh treh kotov trikotnika narišejo zraven trikotnika, pripravljajo prvi korak do sintetičnega dokaza in sicer v tem slučaji do do¬ kaza izreka o vsoti kotov trikotnikovih. Definicije neznanih pojmov sem podajal še-le, ko so učenci one pojme spoznali na konkretnih slučajih. Od začetka učenec navadno ne more ločiti v izrekih trditve od pogoja in zato je dokaz onega izreka za njega jako težaven, ker ne ve, kaj hoče doseči. Treba je torej od začetka dokaze tako uravnati, da sledi trditev neposredno brez vmesnih sklepov iz pogoja, da dobi učenec jasen občutek za to, kar mu je naloga. Tvarina mora torej biti do trikotnika na prav pri- prost način obravnana. Pri izreku za sovršne kote n. pr. bi dokazali, da je <$ a = < c (lik 10.), ker krak AO zavrtimo s krakom OB za isto iz nepremične lege CD, ko si stvorimo ta kota. Ali izreke o protikotih, izmeničnih kotih in prikotih bi dokazali s pokrivanjem sokotij (glej §. 19). Ako pokrijemo <* a (lik 12.) z jednakim protikotom m, pokrivata se tudi vsaka druga dva protikota, torej sta ona tudi jednaka i. t. d. Na ta način se navadijo učenci pogoj od trditve ločiti in postanejo sposobni za dokaze z vmesnimi sklepi. Ako pa še zahtevamo, da risajo like po danem pogoji, seznanijo se v prvem letu popolnoma z bistvom dokaza, ter so pripravljeni za v znanstveno obravnavanje geometrije. Potem jim tudi bolj občni izreki ne delajo nobednili težav. N. pr. oni razumejo izrek L §. 82 tudi prav lahko, ako se glasi: „Ako sečemo dva trakova z vzporednicama, so odseki trakov sorazmerni", kateri se da pozneje mnogo bolje porabiti, kakor oni, ki ga nahajamo v Močniku. Analitične geometrije ne zahteva ministerski ukaz, zato sem tudi izpustil, kar je Močnik iz nje v svojo geometrijo sprejel. Važno se mi je zdelo, da si pripravniki prostor in njegove dele jasno predstavljajo, ko prehajajo v stereometrijo, zato sem tej postavil na čelo klin in vaje o njem, ravnaje se po Frisch- aufu. Nekatere partije so v tem delu okrajšane in bolj priproste, da pridobimo čas za geometrijsko risanje, za katero sem dodal več vaj vzetili iz Schrammove geometrije. Za geometrijsko risanje, katero poudarja ministerski ukaz, potrebujejo učenci ravnilo razdeljeno na centimetre in milimetre, in transporter; kajti zdi se mi jako važno, da je' kolikost daljic in kotov, katere navajamo v nalogah, določena z danimi imen¬ skimi števili, kakor to nahajamo v Schrammovih nalogah. V likih bi bilo dobro bistvene črte, pomočne črte, proiz- vodnice ločiti jedno od druge in to ne samo pri risanji v zvezke, ampak tudi v knjigi, kjer bi morali liki služiti za vzor pri ri¬ sanji na papir. Za nauk o situacijah bi bila pa posebno koristna prijana kolorovana tabla, na kateri se nahajajo označene kul¬ ture in razni predmeti. Toliko naj omenim o načelih, katera so me vodila z ozirom na metodo te knjige. Treba je še, da izpregovorim nekoliko be¬ sedij o terminologiji. Ravnal se sem večinoma po Cigaletovi, vender ž njo nisem izhajal v vsem. Ker je pa želeti, da se po- primemo vsi istih izrazov v terminologiji, vender ne moremo misliti, da bi jeden z ozirom na to zmerom pravo zadel ali vsaj vsakemu ustregel; izrekam samo željo, da bi se o dvomljivih iz¬ razih začeli v kakem listu kritično pogovarjati; na ta način bi potem najhitreje dospeli do stalnih izrazov. Obširneje svojih načel za spisavanje geometrije za učite¬ ljišča na tem mestu ne morem razvijati, omenjati moram samo, da knjiga, katera ima moje ime na čelu, zarad marsikatere ovire ni popolnoma v navedenem zmislu izvršena. Vlada je izrekla, VI da jej je ljubše, ako so slovenske šolske knjige preložene iz že potrjenih nemških; Matica Slovenska je kupila zarad manjših stroškov cliches od založnika Močnikove knjige, i. t. d. Rokopis, katerega sem iz navedenih uzrokov že sam neko¬ liko prenaredil, pregledovala sta gospoda profesorja J o s. Ce¬ lestina in And. Senekovič in ga tudi prenarejala po svojem prepričanji. Izrekam torej obema gospodoma za ta trud, posebno pa za prijazno preskrbljevanje korekture, ter tudi gosp. profe¬ sorju Fr. Levcu, kateri je s svojimi hlologičnimi sveti mnogo koristil, zasluženo zahvalo. Kedor pa presojuje to knjigo, naj ne prezira težav, katere nahajamo vselej, kedar orjemo ledino, sodi naj iz objektivnega stališča in naj graja očitno, kar se mu zdi grajanja vredno, kajti le na ta način bo dospelo to delo do vrhunca svoje popolnosti. V MARIBORU, meseca februarja 1882. L. Lavtar. Kazalo. Stran Predgovor.III Uvod. 1 Prvi del. P 1 a n i m e t r i j a. Prvi oddelek. Preme in koti. Preme. 4 Koti..". ti Vzporednice. 18 Naloge za načrtovanje. 15 Drugi oddelek. O premočrtnih likih v obče. Trikotnik.IG Četverokotnik.21 Mnogokotnik.22 Tretji oddelek. Skladnost premočrtnih likov. Skladnost trikotnikov.24 Skladnost mnogokotnikov .27 Uporaba izrekov o skladnosti.28 Naloge za načrtovanje .35 Četrti oddelek. Ploščina premočrtnih likov. Določitev ploščine in jednakost ploskev.41 Računske naloge .46 Naloge za načrtovanje .50 Peti oddelek. Podobnost premočrtnih likov. Geometrijska razmerja in sorazmerja . ..55 Podobnost trikotnikov .58 Podobnost mnogokotnikov.Gl Uporaba izrekov o podobnosti trikotnikov.G3 Ploščinska razmerja premočrtnih likov.65 Računske naloge.67 Naloge za načrtovanje.68 Šesti oddelek. Krog. Krog in točka.72 Krog in prema.73 Krog in kot.76 Dva kroga .78 Krog in mnogokotnik.81 Sorazmerja pri krogu. 86 Krogomerstvo.88 Računske naloge.92 Naloge za načrtovanje .,.95 Sedmi oddelek. Elipsa, hiperbola in parabola. Elipsa. 99 Hiperbola.101 Stran Parabola.104 Naloge za načrtovanje .105 Osmi oddelek. Simetrična lega, projekcija. Simetrija.107 Projekcija.108 Drugi del. Stereometrija. Prvi oddelek. Preme in tavnine v prostoru. Lega ravnin z ozirom na druge ravnine.113 Ravnina in prema.114 Simetrija z ozirom na ravnino.117 Telesni ogli.118 Projekcija na ravnino.121 Drugi oddelek. 0 prostorih in telesih. Prostori .124 Piramide.126 Prizma.130 Stožec.133 Cilinder.135 Pravilni poliedri.137 Krogla. 140 Tretji oddelek. Merjenje teles. Površje in prostornina prizme in cilindra.14G Površje in prostornina piramide, stožca, okrajš. piramide in okrajš. stožca 148 Površje in prostornina krogle.152 Računske naloge.154 Tretji del. T r i g o n o m e t r i j a. Prvi oddelek. Kotomernice.1G4 Razmera med kotomernieami in polumerom.165 Izprememba kotnih funkcij s kotom.16G Natanjenejša določitev kotnih funkcij.. . 168 Funkcije sestavljenih kotov.170 Izračunanje kotnih funkcij.173 Drugi oddelek. Rešitev trikotnikov. Pravokotni trikotniki.177 Poševnokotni trikotniki.180 Uporaba trigonometrije.187 Dodatek. Nekaj o mapovanji zemljišč. Merjenje daljic na polji ..190 Merjenje kotov na polji.193 Mapovanje zemljišč . . . ..195 Terminologija.198 Uvod. Telo, ploskev, črta in točka. §. 1. Vsak na vse strani omejen del prostora imenujemo telo. Meje telesa imenujemo ploskve, vse ploskve skupaj pa njegovo površje. Meje ploskve imenujemo črte, vse črte skupaj pa njen obseg. Ploskve so ravne ali krive; prve imenujemo kratko ravnine. Telo, katero je od samih ravnin omejeno, imenujemo ravno, plosko, vsako drugo pa krivoplosko. Ravnine si mislimo na¬ vadno brezkončne, če ne omenjamo izrekoma nasprotnega. Vsako na vse strani od črt omejeno ploskev imenujemo lik (figuro), ('rte lika imenujemo njegove stranice. Po številu stranic so liki tri-, četvero-, peterostranični i. t. d. Črte so preme ali krive; prve imenujemo kratko preme. Lik je premočrten ali krivočrten; prvemu so meje preme črte, drugemu krive. Meji črte imenujemo točki. Telesa, ploskve, črte in točke imenujemo osnovne tvore prostora. Katera telesa vidiš tu*)? — Katera telesa vidiš v sobi? — Ali je oblika prostora, v katerem se nahajajo, različna od oblike teh- teles? — Ali je ta prostor iz kake snovi, ali ima barvo, ali je luknjičav i. t d.? Preštej ploskve kocke, prizme, piramide i. t. d. in pokaži površje teh teles. — Ali moreš ločiti ploskev od telesa? Preštej črte vsake ploskve pri kocki, prizmi i. t. d., in pokaži obseg ploskve. — Ali moreš črte ločiti od ploskev? — Primerjaj ploskve kocke, prizme, piramide s ploskvami cilindra, stožca in krogle. *) Učitelj ima n. pr. na mizi pred seboj koeko, pokončen četverostran paralelepiped, pokončno šesterostrano piramido, pokončen cilinder, pokončen stožec in kroglo. — Ta telesa poznajo že učenci, če ne naj jim pa učitelj pove njihova imena. Geometrija. i 2 Koliko likov nahajaš na kocki, prizmi in piramidi? — Kakšne like nahajaš na vsakem teh teles z ozirom na število stranic? Primerjaj robove kocke, prizme in piramide z robovi cilindra in stožca. Kje in kako postajejo robovi teh teles? — Kakšen osnoven tvor je rob ? — Kakšne like nahajaš pri prizmi in piramidi, pri cilindru in stožci? Kje in kako postajejo ogli pri kocki, prizmi in piramidi? — §. 2. Vsako telo ima troj obmer, ono je dolgo, široko in visoko (globoko, debelo); ploskev ima dvoj obmer, ona je dolga in široka; črta ima samo jeden obmer, ona je dolga. Telesa, ploskve in črte imenujemo prostorne količine, ker se razprostirajo. Točka se ne razprostira, torej tudi ni prostorna količina. Znanstvo, katero se peča s prostornimi tvori oziraje se na njihove prostorne lastnosti, imenujemo geometrijo. Delimo jo v dva glavna dela: planimetrijo in stereometrijo. Geometrijo tvorov v jedili in isti ravnini ležečih imenujemo planimetrijo; geometrijo pa, ki se peča s prostornimi tvori, ka¬ teri ne leže samo v jedili jedini ravnini, nego se še zunaj nje v prostoru raztegajo, stereometrijo. §. 3. Osnovne tvore prostora moremo si tudi po premikanji stvorjene misliti. Pot, katero premikajoča se točka za seboj pušča, je črta. Pre¬ mikajoča se črta, pa ne v sebi sami, napisuje ploskev. S premi¬ kanjem ploskve, pa ne v sebi sami, postaje telo. Kedar se pre¬ mika točka zmerom v isti, neizpremenjeni meri proti drugi točki, postaje prema. Mer premikanja imenujemo mer postale preme. Kriva črta pa postaje, ako premikajoča se točka vsak trenotek svojo mer izpreminja. Kakšno črto napiše krogla, ako jo ci) izpustimo na tla, b) ako jo vržemo napošev kvišku? §. 4. Kedar se točka A (lik 1.) tako premika v ravnini naprej, da ostane ves čas jednako oddaljena od nepremične točke O, dokler se ne povrne v svojo prvo lego, napisuje krivo črto, ka¬ tero imenujemo črto krožnico. Ploskev omejeno od krožnice ime¬ nujemo krožnino. Za krožnico in krožnino rabimo mnogokrat be¬ sedo krog. Nepremično točko O imenujemo središče ali centrnm in vsako premo od središča do katerekoli točke krožnice kakor n. pr. O A, OB, polumer (radij) kroga. Premo, katera veže dve točki 3 krožnice, imenujemo tetivo, n. pr. AB. Te¬ tivo, katera gre skoz središče, kakor AC, imenujemo premer kroga. Vsak del krožnice, kakor AB, imenu¬ jemo lok, in dolžino cele krožnice olbod ali periferijo kroga. Polovico oboda imenujemo polukrog, četrti del pa kvadrant. Iz povedanega sledi: a) Vsi polumeri kroga so jednaki. b) Vsak premer kroga je dvakrat daljši od polumera. c) Vsi premeri kroga so jednaki. Opomnja. Ako vse točke kakega tvora istemu pogoju zadostujejo, imenu¬ jemo ga geometrijsko mesto teh toček. Krožnica je torej geometrijsko mesto vseli toček iste ravnine, katere so od nepremične točke jednako oddaljene. Kaj napiše končna točka kazala na uri, ko pride od dvanajstih a) do dvanajstih, b) do dveh, c) do šestih in d) do treh? Kaj napiše točka leče pri nihalu ure? -— Napiši krožnico s polumerotn a) 3 cm b) 4 cm c) 5 eiu 5 mm ! §. 5. Toček in črt v resnici risati ne moremo; to, kar je na papirji narisano, so le znaki toček ali črt. Lik 1. i* Prvi del. Planimetrija. Prvi oddelek. Preme in koti. 1. Preme. §. 6. Skoz jedno točko moremo načrtati brezkončno mnogo prem na vse strani, skoz dve točki jedno samo. Dve točki do¬ ločujeta popolnoma mer preme. Premi, kateri imata dve točki skupni, padeta skupaj in tvo¬ rita jedno samo. Premi, različni po meri, moreta imeti le jedno samo točko skupno. Pravimo : sečeta se v tej točki, in to skupno točko imenujemo presečišče. Načrtaj točko in skoz to toliko prem, kolikor jih le hočeš. — Na- črtaj dve točki in skoz nji toliko prem kolikor jih moreš. §. 7. Neomejeno premo imenujemo trak. Vsaka točka traka deli ga v dva polutraka; polutrak je torej na jedni strani ome¬ jena prema. Na obeli straneh omejeno premo imenujemo daljico, mejišči daljice pa njijini krajišči. Daljica med dvema točkama določuje razdaljo teh toček. Vse trakove skupaj, katere načrtamo skoz isto točko, ime¬ nujemo trakovje (kito), skupno presečišče pa travišče. Točko zaznamenujemo s črko. Trak zaznačujemo z dvema v njem ležečima točkama, po¬ lutrak z mejiščem in s točko v njem ležečo, daljico s krajiščema. 5 §. 8. Trakove in polutrakove moremo le primerjati z ozirom na njihovo mer, daljice pa z ozirom na njihovo mer in dolžino. Premo, katera leži v meri prosto padajočega telesa, imenu¬ jemo navpično (vertikalno); premo ležečo v meri površja mirne vode imenujemo vodoravno (horicontalno). Premi, kateri ležita v isti ravnini in se ne sečeta v nobedni točki, ako ji še toliko podaljšamo, imenujemo vzporedni. Vzporedni premi imata obe isto mer; nevzporednici imata različno mer, ter se zadosti podalj¬ šani sečeta. Eavnino med vzporednicama imenujemo progo. Da je prema AB vzporedna s premo CD, zapišemo kratko AB || CD. Dve daljici sta jednako dolgi, ako ji moremo ta ko jedno na drugo položeni misliti, da se popolnoma krijeta; drugače sta nejednaki, in sicer je ona daljša, katera na jedni strani sega čez krajišče druge, ako se stikata krajišči na drugi strani. Načrtaj po meri na oko: a) navpično, b) vodoravno premo, c) dve vzporedni, d) dve nevzporedni premi. Načrtaj a) dve jednaki, b) dve nejednaki daljici. §. 9. Za primerjanje črt jemljemo jedno n. pr. meter, s katero merimo druge; imenujemo jo mero ali mersko jednoto, (lolgostno jednoto. Število, katero pove, koliko merskih jednot ima črta, imenujemo njeno mersko število. Katere dolgostne jednote poznaš? — Načrtaj daljice: a) 2 cm , b) 5 cm , c) l dm , d) l lim dolge po meri na oko in z merilom. Osnovni računi z daljicami. §. 10 . a) Seštevanje. Daljici AB in BC seštevati se pravi, iskati črto, katera je tako dolga, kakor obe daljici skupaj. To črto dobimo, ako podaljšamo da- Lik 2. Ijico AB za daljico BC. Tedaj je _ . AB + BC = AC. I $ 0 h) Odštevanje. Daljico BC od daljice AC odštevati se pravi, iskati daljico, katera da k BC prišteta daljico AC. To da¬ ljico dobimo, ako AC za BC skrajšamo t. j. točko C za daljico BC proti A nazaj premaknemo. To je AC — BC= AB. 6 c) Množenje. Črto BC s številom množiti se pravi, to črto jLik 3. tolikokrat za samand postaviti, koli- ,___ __. korkrat kaže to število. Tako je n. pr. A B C 4. BC = AC. d) Merjenje. Ako preiskujemo, kolikokrat je BC v AC (lik 3.), merimo AC z BC. Tako je n. pr. AC : BC = 4. e) Deljenje. Daljico AC s številom deliti se pravi, iskati daljico, katera da množena s tem številom daljico AC. Tako je n. pr. po prejšnjem BC četrti del od AC t. j. AC : 4 = BC. Načrtaj a) dve daljici, b) tri daljice in poišči njihovo vsoto, a) po meri na oko, b) s pomočjo šestila. Načrtaj dve daljici in poišči njihovo diferenco a) po meri na oko, b) s pomočjo šestila. Poišči daljico, katera je 2, 3, 4krat tolika, kakor dana daljica. Dani sta daljša in krajša daljica, poišči a) na oko, b) s šestilom kolikokrat je druga v prvi. Razdeli dano daljico v 2, 3. 4 jednake dele a) na oko, b) posku¬ soma s šestilom. 2. Koti. §.11. Premi AO in BO, kateri se stikata v točki O, tvo¬ rita kot. O imenujemo vrli, AO in BO kraka kota in ploskev Lik 4 med krakoma kotno ploskev ali kotnino. Kot zaznamenujemo ali z jedno samo črko, katero za¬ pišemo v kotnino k vrliu, ali s črko pri vrhu, ali pa s tremi črkami tako, da denemo črko pri vrhu v sredo med črki pri krakih. Kot v liku 4. imenu- -A jemo kot m, ali kot pri O ali kot BOA ali AOB. Jeden krak, tukaj n. pr. krak OA, si hočemo misliti ne¬ premakljiv, drugi krak OB pa vrtljiv okoli nepremakljivega vrha. Ako potem zavrtimo krak OB iz lege O A v lego OB, postane kot m. Čim večje je to vrtenje, tem, večji je kot. Kolikost te vrtnje ne pa dolžina krakov določuje kolikost kota. Primerjanje kotov. §. 12. Dva kota primerjamo z ozirom na njijino kolikost, ako ja polagamo tako jednega na drugega, da se krijeta nepremakljiva 7 kraka in vrlia. Ako se krijeta tudi premakljiva kraka, sta kota jednaka, ako pa ne, sta uejednaka in sicer je oni kot manjši, čegar premakljivi krak med krakoma drugega kota leži. Obratno: Ako sta dva kota jednaka, moremo ja tako položiti jednega na drugega, da se kotnini krijeta popolnoma. §. 13. Z vrtenjem premakljivega kraka okrog vrha dobivamo zmerom večje kote; ako zavrtimo krak toliko, da ležita oba kraka v jedni premi, pa vsak na nasprotni strani od drugega t. j., ako je kolikost vrtnje s polukrogom zaznamenovana, tvorita iztegnen kot, n. pr. < AOB (lik 5.). In ako vrtimo še dalje, da napiše točka B premakljivega kraka cel krog, padeta oba kraka skupaj v jedno premo na isto stran in tvorita poln kot. Polu- traka istega traka tvorita torej iztegnen kot, in poln kot je dvojen iztegnen kot. Kot, ki je manjši od iztegnenega, imenujemo otel n. pr. < AOC (lik 5.), večji kot od iztegnenega pa vzvišen kot n. pr. <4 AOD (lik 5.). Polovico iztegnenega kota imenujemo prav kot, *) manjši kot od pravega je oster, večji pa top kot. V liku 6. je < AOB prav, < AOC oster in < AOD top. Iz povedanega sledi: a) Iztegnen kot je jednak 2 pravima. b) Poln kot je jednak 4 pravim. O Oster kot je manjši od pravega in top večji od pravega, pa manjši od iztegnenega. Kakšne kote nahajaš na kocki, paralelepipedu, 3-, 4-, 6 stranični pokončni piramidi i. t. d. ? §. 14. Količine moremo le z istovrstnimi količinami meriti, torej kote le s koti. 90. del pravega kota imenujemo stopnjo (°); 60. del stopnje minuto (') in 60. del minute sekundo ("). Stopnja, minuta in sekunda so koti, s katerimi merimo druge, torej so jednote kotov. Število, katero pove, kolikokrat je kotna jednota v danem kotu, imenujemo mersko število kota. Najpriprosteje sredstvo za merjenje kotov je krožnica. Lik 6. Lik 5. *) Prav kot hočemo zmerom kratko zaznameiiovati s črko B. 8 Koliko stopenj ima a) prav, h) iztegncn, c) vzvišen, d) poln, e) oster, f) top kot. §. 15. Kot, kateri ima svoj vrli v središči kroga, imenu¬ jemo središčen kot. Izrek. Pri jednakili središčnih kotili istega kroga so tetive jednake in loki jednaki. Opomnja. Geometrijsk izrek imenujemo vsako geometrijsko resnico, ka¬ tero še le dokazati moramo. Resnice pa, katere .so same ob sebi razumljive, imenujemo osnovne resnice, načela, aksiome (glej aritm. str. 2) Vsak geo¬ metrijsk izrek ima dva stavka 1) pogoj , 2) trditev. Trditev moramo do¬ kazati t. j. mi moramo pokazati, da je trditev neizogibno resnična, ako ie Pogoj. O je središče kroga in < AOB = < COD (lik 7.). Trditev. *) AB = CD in AB = CD- Dokaz. Ako položimo kot AOB na kot COD tako, da se krijeta popolnoma, kar je mogoče, ker sta ta kota po po¬ goji jednaka, mora tudi zarad jednakili P°lumerov točka A točko C in točka B točko D kriti. Tetivi se torej krijeta popolnoma, ter sta jednaki. Ker se pa krijeta konca lokov, morata se kriti tudi loka sama, kajti drugače bi ne bile vse njijine točke od središča jednako oddaljene; torej je tud AB = CD. Izvodi. 1.) Ako razdelimo poln kot v 360 stopenj, razde¬ limo tudi krog, s katerim načrtanio vrtenje, v 360 jednakili delov. 360. del krožnice imenujemo ločno stopnjo. 2. ) Ako razdelimo kotno stopnjo v 60 minut, razdelimo tudi ločno stopnjo v 60 jednakili delov. 3. ) Ako razdelimo kotno minuto v 60 sekund, razdelimo tildi ločno minuto v 60 jednakili delov. 60. del ločne minute imenujemo ločno sekundo. Opomnja. Vsako resnico, katera sledi neposredno ali s prav priprostim umovanjem iz danih pojmov ali iz prejšnjega izreka, imenujemo izvod. §. 16. Kote moremo tudi meriti z ločnimi stopnjami, z ločnimi minutami in z ločnimi sekundami, ker je število ločnih stopenj, ločnih minut in ločnih sekund jednako številu kotnih stopenj, kotnih minut in kotnih sekund (§. 15.). velja izrečeni pogoj. Lik 7. *) Znaka —, ^ razločujeta tetivo od loka. 9 Na merjenje kotov z loki opira se raba transporterja. Loki jednakih središčnih kotov so pa le za isti krog jednako dolgi (§. 15,), za kroge z različnimi polmneri so pa različni. Loke istega kroga ali z jednakim polimerom imenujemo istovrstne. Narisaj oster, top kot in izmeri ja s transporterjem. — Naertaj s transporterjem kot, ki ima 56°. Načrt a j v točki A ' na premo A‘B' kot, ki je jednak da¬ nemu kotu BAC. Rešitev. Napiši iz točke A s poljubnim polumerom lok MN t kateri seče kraka da¬ nega kota v točkah M in N. Z istim polumerom napiši iz A' lok MN', kateri seče A'B‘ v točki M'j dalje napiši z razdaljo toček M in N iz M' lok, kateri seče lok MN' v točki N. Ako potegnemo skoz točki A' in N' premo A‘C‘. je B'A‘C' zahte¬ vani kot. Opomnja. Tz zadnje vaje spoznamo, da nahajamo v geometriji naloge, katere zahtevajo risanje geometrijskih tvorov po danih pogojili. Imenujemo je naloge za načrtovanje (konstrukcijske naloge). Osnovni računi z istovrstnimi loki in koti. §. 17. Osnovne račune z istovrstnimi loki izvršujemo ta¬ kisto, kakor osnovne račune z daljicami, samo da nam pri ra- .čunjenji z loki krog določuje mer, v kateri zdaljšujemo ali skraj¬ šujemo lok. Osnovni računi s koti se opirajo na osnovne račune z isto¬ vrstnimi loki, ker prve merimo tudi z drugimi. Ako je vsota dveh kotov jednaka 2 pravima, imenujemo ja snplementarna kota; ako je pa vsota dveh kotov jednaka 1 pra¬ vemu, imenujemo ja komplementarna kota. Dana sta dva istovrstna loka; poišči njijino a) vsoto, b) diferenco. — Dan je lok ; poišči lok, ki je 2, 3, 4krat tolik. — Razdeli dan lok v 2, 3, 4 jednake dele a) na oko b) poskusoma se šestilom. — Poskušaj se šestilom, kolikokrat je dan lok v danem večjem loku. Naertaj dva kota in ja a) seštej, b) odštej. Rešitev. Izmeri kota z istovrstnima lokoma, seštej loka i. t. d. Seštej 3, 4, 5 danih kotov. — Načrtaj kot, ki je 2, 3, 4krat večji od danega a) ostrega, b) topega kota. — Načrtuj kot in razdeli ga 10 v 2, 3, 4 jednake dele a) na oko, b ) poskusoma se šestilom. — Poskušaj se šestilom, kolikokrat je dan kot t večjem danem kotu. Izračunaj kot, ki je 1) suplementaren, 2) komplementaren s kotom a) 65°, b) 78° 12' 34". O sokotih. §. 18. Polutrak OB ali tudi polutrak OD deli iztegnem kot COA v dva kota GOB in BOA ali COD in DOA, katera imenujemo sokola. Sokota imata skupen vrh, jeden skupen krak, druga dva kraka sta pa polutkraka istega traka. Iz pojma sokotov sledita ta-le izvoda : a) Dva sokota sta suplementarna kota. b) Ako sta dva sokota jednaka, je vsak prav kot; ako je jeden kot oster, je njegov sokot top. Kolik je sobot kota 73° 8' 43"? §. 19. Traka AH in CD, katera se sečeta v točki O (lik 10.), tvorita 4 pare sokotov a in b, b in c, c in d, d in a. Ta tvor hočemo imenovati sokotje. Izrek. Dve sokotji, kateri imata dva kota paroma jednaka, imata tudi vse druge kote paroma jednake. Dokaz. Vzemimo da sta O in O' so¬ kotji in a, b, c, d oziroma a', b‘, c', d' nji- jini koti, in da je < a = < a/. Potem moremo sokotje O' na sokotje O tako po¬ ložiti, da se krijeta vrha in jednaka kota, potem se pa krijeta tudi paroma podaljška krakov čez vrh teh kotov. Tedaj je < b — < b‘, <4 c = c' in <4 d — < d 1 . *) §. 20. Ako tvori prema OB s premo AC dva prava kota, pra¬ vimo, da stoji OB pravokotno **) (normalno) na AC (lik 9.), kar pišemo kratko: OB J_ AC. Vsaka druga prema n. pr. OD stoji pošev na AC. Točko O imenujemo podnožišče pravokotnice OB in poševnice OD z ozirom na premo AC. Lik 10. D 6 ajffo d c ' \B *) Pokaži to na obrazcih iz žice. **) ,,Navpično“ hočemo le v pomenu „vertikalno“ rabiti. 11 Pravokotnice načrtujemo s pravokotnim trikotnikom iz lesa ali medi. Xačrtaj na dano premo pravokotnieo s pomočjo pravokotnega tri¬ kotnika a) v točki preme, b) od točke zunaj preme ležeče. §. 21 . a) Ako si načrtamo iz vrha iztegnenega kota več polutrakov, postane več kotov, katere imenujemo kote nad premo. Izvod. Vsota vsem kotom nad premo sta dva prava kota. b) Polutraki v isti ravnini in istega tračišča tvorijo več kotov, katere imenujemo kote krog točke. Izvod. Vsota vsem kotom krog točke so 4 j li. Kajti vsi skupaj so jednaki polnemu kotu. O sovršnih kotih. §. 22. V sokotjih nahajamo pare kotov, ki niso sokoti n. pr. a in c, b in d (lik 10); kraka jednega kota sta le po¬ daljška krakov druzega čez njegov vrli. Take pare kotov ime¬ nujemo sovršne kote. Izrek: Sovršna kota sta jednaka. Pogoj: a in c sta sovršna kota. Trditev: a = c. Dokaz: a + b = 2 R, ker sta sokota, b + c = 2 R, „ „ „ ; torej (gl. aritm. str. 2, IV.) d -j— b = b -j—, c in ako na vsaki strani b od¬ vzamemo (glej aritm. str. 2, VII) a = b. Takisto dokažemo, da je b = d. Ali moreš ta izrek dokazati s pomočjo vrtenj pri postajanji so- vršnili kotov ? O vzporednicah. §.23. Prema E F (lik 11.), katera tvori z njima dve sokotji ter osem kotov, (transversalo) presekanih prem AB in CD, kote c, d, m, n notranje, a, b, o,p pa vnanje kote. Dva notranja ali pa dva vnanja kota; ležeča na isti strani prečnice, imenujemo pri' kota, kakor c in m, d in n, a in o, b in p. Dva notranja ali pa dva vnanja kota, ležeča na razni strani prečnice in seče premi AB in CD, EF imenujemo prečnico Lik 11. E F 12 pri različnih vrhih, imenujemo, izmenična kota, kakor c in n, d in m, a in p, b in o. Jeden notranji in jedeu vnanji kot, ležeča na isti strani prečnice pri raznih vrhih, imenujemo protikota, kakor a in m, b in n, c in o, d in p. §. 24. Izreki. 1. Ako sta dva protikota jednaka, sta a) tudi vsaka druga dva protikota jednaka, b) vsaka dva izmenična kota jednaka in c) vsaka dva prikota suplementarna kota (lik 12). Pogoj, a = m. 1. trditev, b = n, c = o, d = p. 2. „ a = p, b = o, c = n, d = m. 3. ,, ci —j— Oj == 2 R f b -p pj == 2 P. c -f- uij = 2 Hj d -p Yij = 2 K. Dokaz. 1. trditev sledi iz §. 19. 2. a = m, po pogoji, p — m, ker sta sovršna kota, torej a = p. Takisto dokažeš, da je b — o, e, — n, d = m. 3. a + c = 2 R, ker sta sokota. c = o, kar smo že dokazali, torej a + o = 2 R. Takisto dokažeš, da je b + p — 2 R, c + m = 2 R, in d -j— n = 2 R. 2. Ako sta dva izmenična kota jednaka, sta a) tudi vsaka druga dva izmenična kota jednaka, b) vsaka dva protikota jed¬ naka in c) vsaka dva prikota suplementarna. Dokaz. Recimo, da je c = n. Ker sta c in b sovršna kota, je tudi c — b, torej tudi b = n. Ako sta pa dva proti¬ kota jednaka, so (vsled 1.) tudi vse druge trditve tega izreka resnične. 3. Ako sta dva prikota suplementarna, sta a) tudi vsaka druga dva prikota suplementarna, b) vsaka dva protikota jednaka in c) vsaka dva izmenična kota jednaka. Dokaz. Vzemimo, da je a + o = 2 R. Ker je tudi a -|- .c — 2 R, mora biti a + c — « -p o, torej c = o. Ako sta pa dva protikota jednaka, so (vsled 1.) tudi vse druge tr¬ ditve tega izreka resnične. Lik 12. E F 13 §. 25. Osnovna resnica. Skoz točko zunaj preme ležečo moremo s to le jedno vzporednico potegniti. Opomnja. Mnogokrat pravimo: ^Vzporednica CD seče premo AB v brez- končni oddaljenosti." Po tem merite vzporednici proti isti točki, ki je brez¬ končno oddaljena. Izvod. Ako sta dve premi s tretjo vzporedni, sta tudi med seboj vzporedni. Ako je (lik 13.) AB || Min CD || MN, je tudi AB [| CD. Kajti ko bi AB ne bila vzporedna s CD, bi ona zadosti podaljšana morala to sekati; potem bi pa imeli v tem prese¬ čišči dve vzporednici z MN, kar pa prejšnji osnovni resnici nasprotuje. §. 26. Izreka: 1. Dve premi, kateri tretja seče, sta vzpo¬ redni, ako sta dva protikota, ali dva izmenična kota jednaka ali dva prikota suplementarna. Mislimo si v sokotjih G in H (lik 14.) traka AB in CD vrtljiva okrog vrhov G in K Ako sta torej protikota BOE in DHE ^ jednaka, sta kraka GB in ITD za jed- nako zavrtena iz nepremične preme EF, torej imata isto mer ali AB || CD. Ker sta dva protikota tudi jednaka, ako sta dva izmenična kota jednaka ali pa dva prikota suple¬ mentarna, je gornji izrek popolnoma dokazan. 2. Ako seče katerakoli prema dve vzporednici, sta a) vsaka dva protikota jednaka, b) vsaka dva izmenična kota jednaka in c) vsaka dva prikota suplementarna. (Obrat izreka 1). Ako le dokažemo, da sta vsled danega pogoja dva protikota jednaka, smo že dokazali celo trditev (§. 24). Ker sta premi AB in CD (lik 14.) vzporedni, imata isto mer, ali oni sta za jednako zavrteni od nepremične EF; torej sta protikota BGE in DHE jednaka. Opomnja. Obrat izreka imenujemo izrek, v katerem je pogoj prvega tr ditev in trditev prvega pogoj. Ako je izrek resničen, ni zmerom njegov obrat resničen; obrat moramo za se dokazati. N. pr. Izrek §. 22 je resničen, njegov obrat: „Jeduaka kota sta sovršna" pa ni vsakikrat. Lik 13. A- - B C - - D M - jr 14 Prema EF seče vzporednici AB in CD v točkah G in H tako, da je <£ AGE a) 57° b) 81° 49' c) 123° 8' 36"; kolik je vsak drug kot, ki postane v presečiščih? §. 27. Dve nevzporedni premi v isti ravnini imenujemo na oni strani, kjer se sečeta, primični (konvergetni), na drugi strani pa odmični (divergetni.) Izrek. Ako je vsota dveh notranjih prikotov na jedili strani prečnice manjša od 2 B, sta presekani premi na tej strani primični. Pogoj. < NGH + < GRD <2 B. Trditev. Premi MN in CD sta na desno premični. Dokaz. Načrtajmo skoz točko G premo AB || CD; potem je < BGH + < NGH GN leži torej med GH in HD ali MN in CD sta na desno primični. Opomnja. Vsako premo, katero potegnemo, da nam pomaga izvrševati dokaz ali načrtovati zahtevan tvor, imenujemo pomočno črto. Pomočile črte rišemo navadno črtičaste ali pikičaste. §. 28. Izreki. 1. Dve premi, kateri stojita na tretji pravo¬ kotno, sta vzporedni. Pogoj. AB _L EF in CD J_ EF. Trditev. AB || CD. Dokaz. Ker je AB J EF, je m — B in ker je CD J_ EF, je tudi n = B; torej je m — n in AB || BD. (§. 26). 2. Ako stoji jedila izmed dveh vzpo¬ rednic pravokotno na premi, stoji tudi druga na nji pravokotno. Pogoj. AB || CD, in AB _|_ E F. Trditev. CD JL EF. Dokaz. Ker je AB || CD, je m = n (§. 26, 2); in ker je AB _L EF, je m = B, torej tudi n = B t. j. CD J_ EF. 3. Iz točke zunaj preme moremo na to le j e dno pravo- kotnico izpustiti. Indirekten dokaz. Ako bi bilo mogoče, da iz dane točke izpustimo več pravokotnic na dano premo, bi morale te pravo- kotnice biti vzporednice (1.), kar pa je nemogoče, ker bi imele izkupno točko. Opomnja. Dokaze, s katerimi dokazujemo, da je nasprotje trditve nemogoče in torej trditev resnična, imenujemo indirektne. F- Lik 15. A C m _ H B T) 15 4. V točki preme moremo na to le j e dno pravokotnico postaviti. Dokaz indirekten. §. 29. Ako merita vzporednici obe na isto stran ali pa jedna na jedno, druga na drugo stran, pravimo, da sta v istem smislu ali v nasprotnem smislu vzporedni. Izreka. Kota, katerih kraki so paroma v istem smislu vzpo¬ redni, sta jednaka; kota pa, v katerih sta dva kraka v istem, druga dva kraka pa v nasprotnem smislu vzporedna, sta suple- mentarna. Dokaz. Recimo, da je (lik 16.) Lik 16. DE || AB in D F || AC; potem so kraki kotov a in m paroma v istem smislu vzpo¬ redni. Kraki kotov a in n so tudi pa¬ roma vzporedni, vendar sta dva kraka v istem, druga dva pa v nasprotnem smislu vzporedna. Ker je a = x in m = x, je tudi a — m. Na dalje je n -j- m = 2 R, torej tudi n -j- a = 2 R. 2. Ako stoje kraki dveh kotov paroma pravokotno jeden na drugem, sta kota ali jednaka ali snplementarna. Dokaz. Vzemimo da je DE J: AB in D F AC (lik 17.). Zavrtimo kot ED F za 90° okoli nepre¬ mične točke D, da prideta DE in DF v lego DE 1 in Lik 17. DF. V I so potem kraki kotov BAG in EDF paroma v istem smislu vzporedni; torej je < E‘DF‘ = -4 BAC ter tudi <4 EDF = <4 BAC. V II so kraki kotov BAC in EDF 1 tudi paroma vzporedni, vendar sta dva kraka v istem, druga dva pa v nasprotnem smislu vzporedna. Torej je «4 EDF + <4 BAC- ■■ 2 R, in zato tudi <4 EDF\ <4 RAC= 2 R. Naloga za načrtovanje. Načrtuj skoz dano točko G zunaj dane preme CD s to vzporednico. 16 Rešitev. 1. Potegni skoz točko G (lik 14.) premo, katera seče CD v točki N; potem načrtaj v točki G na G H < HGB = < FHD; krak GB je zahtevana vzporednica (§. 26. 1). Lik 18. N Rešitev 2. Napiši iz G z dosti velikim polumerom lok MN, potem iz M z istim polumerom lok G P in slednjič iz M s tetivo GP kot polu¬ merom lok, kateri seče lok MN v Q ; skoz točki G in Q potegnena prema je zahtevana vzporednica (§. 26, 1). Drugi oddelek. O premočrtnih likih v obče. 1. Trikotnik. §. 30. Raven premočrten lik, kateri je omejen od treh daljic, imenujemo trikotnik. h'k 19. Vsak trikotnik ima tri stranice in tri kote. Vrhe kotov imenujemo oglišča trikot¬ nika. Vsaka stranica n. pr. AB ima dva pri- ležna kota A in B in jeden nasproten C. Vsak kot n. pi’. A oklepata dve stranici AB in AC, B tretja BC mu je nasprotna. §. 31. Izrek. V trikotniku je vsota vseli kotov jednaka dvema pravima. Lik 20 Doka,z. Potegnimo skoz točko C. c (lik 20.) DE || AB, potem je ? - I po §. 26, 2; b = m, ^ 1 s ’ ’ c — C. torej a -j- b + c = m + n -j- c; ker je pa m + n + c = 2 7? (§. 21, a), je tudi a + b + c — 2 B. Izvoda. a) Vsota dveh kotov trikotnika je manjša od dveh pravih; v trikotniku more torej le jeden prav in le jeden top kot biti, druga dva kota morata biti ostra. 17 h) Ako sta dva kota jednega trikotnika paroma jednaka dvema kotoma druzega trikotnika, morata biti tudi tretja kota obeli jednaka. Načrtaj vsoto kotov trikotnika a) posebej na strani, b) zraven jed¬ nega trikotnikovega kota. Kolika je vsota vsem? V trikotniku sta dva kota 1) a = 68°, 2) a = 35" 57', 3) a = 55° 39' 25", b = 73°; h = 102" 18'; h = 81° 17' 46"; kolik je tretji kot? §. 32. Trikotnike delimo z ozirom na kote v ostrokotne. pravokotne in topokotne. Trikotnik je ostroko- ten, ako so vsi trije koti ostri; pravokoten, ako ima prav, topokoten, 1 ako ima top kot. V liku 21. je ABC ostrokoten, DEF pravo¬ koten in GHJ topokoten trikotnik. Lik 21. V pravokotnem trikotniku imenujemo stranico, katera je pravemu kotu nasprotna, hipoteimzo : stranici pa. kateri pravi kot oklepata, kateti. Ostrokotne in pravokotne trikotnike ime- imenujemo se skupnim imenom poševnokotne trikotnike. §. 33. Ako podaljšamo v trikotniku jedno stranico, tvori podaljšek se stično stranico kot, katerega imenujemo vnanji kot trikotnika. Kot OBJ) (lik 22.) je n. pr. vnanji kot trikotnika/l/iC. Izrek. Vsak vnanji kot trikotnika j e jedil a k vsoti notranjih njemu nasprotnih kotov. Dokaz. Ker je m -j- b = 2 E in « + b + c = 2 i?, je tudi m -j- b = a + b -j- c, ali, ako odvzamemo kot b na obeli straneh, m = a + c. Lik 22. D Izvod. Vsak vnanji kot trikotnika je večji od notranjega, njemu nasprotnega. V trikotniku sta dva notranja kota a) 43° in 71°, h) 59° 27' 45" in 102° 8' 52"; kolik je nasprotni vnanji kot? Geometrija. 2 18 V pravokotnem trikotniku je jeden vnanji kot na hipotennzi a) 98°, b) 145° 28' 50"; kolik je drugi vnanji kot na hipotenuzi? §. 34. Oziraje se na stranice delimo trikotnike v razno- straniene, jednakokrake in jcdnakostraiiičnc (lik 23.). Trikotnik, v katerem ni nobedna stranica no- bedni drugi jednaka, ime¬ nujemo raznostraničen. ka¬ kor ABC; trikotnik, v ka¬ terem sta dve stranici jed- naki, imenujemo jednako- krak, kakor DBF; trikotnik pa, v katerem so vse stranice jed- nake, imenujemo jednakostraničen. kakor OH J. Jednaki stranici DF in FF jednakokrakeg‘a trikotnika ime¬ nujemo njegova kraka. Stranico, na katero si mislimo katerikoli trikotnik postav¬ ljen (torej vsako poljubno), imenujemo tudi osnovnico in tej na¬ sprotno oglišče vrli trikotnika. V jednakokrakem trikotniku jemljemo vender navadno nejednako stranico za osnovnico. Načrtaj sč šestilom a) raznostraničen trikotnik, v katerem je AB = 4'™, AC = 3 cm , B C = 2 c,n . — V kakšni črti leže točke, katere so od krajišč stranice AB 3 cm in točke, katere so od onih krajišč 2 cm oddaljene? Kje leži torej vrh C? b) jednakokrak trikotnik, v katerem je DE — 5 cm , D F = 4 cm ; ' c) jednakostraničen trikotnik, v katerem je OTI — 4’5 cm . Na katerem telesu nahajaš jednakokrake, na katerem jednakostra- nične trikotnike? Lik 23. F Zavisnost stranic trikotnika od nasprotnih kotov in obratno. §. 35. Izreki. 1. Jednakim stranicam trikotnika so jednaki koti nasprotni. Lik 24. Pogoj. AB = BC. Trditev. < B = < A. Dokaz. Trikotnik ima zgornjo (sprednjo) in spodnjo (zadnjo) stran. Mislimo si trikotnik I obrnen, da postane spodnja stran zgornja (glej II), in položimo trikotnik II na tri¬ kotnik I tako, da krije točka C točko C, kot C pa kot C, kar je mogoče, ker sta kota isti kot trikotnika ABC; potem padeta stranici CB in CA trikotnika II na stranici, CA in CB trikotnika I, in ker je A C — BC, kri¬ jeta točki B in A trikotnika II točki A in B trikotnika I, ali stranica Ji A prvega krije stranico AB drnzega trikotnika. Kot B trikotnika II torej krije kot A trikotnika I, tedaj je < B = < A. Izvodi. a) V jednakokrakem trikotniku sta kota na osnovnici jednaka. h) Vnanji kot pri vrhu jednakokrakega trikotnika je dvakrat tolik, kakor vsak kot na osnovnici. c) V jednakostraničnem trikotniku so vsi trije koti jednaki in vsak ima 60°. Lik 25. 2. V vsakem trikotniku je večji stranici večji kot na¬ sproten (lik 25). Pogoj. BC > AB. Trditev. < BAC > < DAC, je tudi < BAC > < A BC (§. 33, izv.), torej tembolj < BAC > < ABC. 3. X vsakem trikotniku so jednakim kotom jednake stra¬ nice nasprotne. Pogoj. < A — < B~. Trditev. BC — AC. Indirekten dokaz. Ako bi ne bila BC — AC, morala bi biti BC c AC in AD, in BC > BD, torej AC -j- BC > AD -j- BD (aritm. str. 20, 6) ali AC -f- BC > AB. Tem bolj pa je AB -j- BC > AC in AB -j- AC > BC. 2. V vsakem trikotniku je diferenca dveh stranic manjša od tretje. Ker je AB < .46' -f- BC in BC < AB -f- .46’, je tudi (aritm. str. 24, 5) AB — AC < BC, AB — BC < AC in BC, — .46’ < AB. Načrtaj trikotnik, v katerem je a) AB = 6 cm , .46’ = 4 CIU , BC ----- 3‘6 C1 “, b) AB = 7““, .46' - 2 C “, BC = Lik 27. C 2. Četverokotnik. §. 39. Kaven lik, omejen od štirih daljic, imenujemo četve¬ rokotnik. Daljico med dvema nasprotnima Lik 28. ogliščema kakor .16' (lik 28.) imenujemo diagonalo (prekotnico). Četverokotnik ima štiri stranice, štiri kote in dve diagonali. §. 40. Oziraje se na medsebojno lego stranic delimo čet¬ verokotnike v trapecoide, trapeče in paralelograme (lik 29). Četverokotnik, v ka- Lik 29. terem ni nobedna stra¬ nica z drugo vzpo- j j \ / n \ / ni redna, imenujemo tra- pecoid, kakor I. Četverokotnik, v katerem sta le dve nasprotni stranici vzporedni, drugi dve pa ne, imenujemo trapeč, kakor II; četverokotnik pa, v katerem sta po dve nasprotni stranici vzporedni, paralelogram (vzporednik) kakor III. Načrtaj a') paralelogram, b) trapeč po meri na oko. — Na katerih telesih nahajaš a) paralelograme, b) trapeče? §. 41. Izrek. A T četverokotniku je vsota vseli kotov jed- uaka štirim pravim. 22 Dokaz. Diagonala deli četverokotnik- (lik 28.) v dva tri¬ kotnika. Vsota vseli kotov v jednem trikotniku je 2 It, torej v obeli trikotnikih t. j. v četverokotniku 4 It. Načrtaj vsoto vseh četverokotnikovih kotov a) posebej na strani, č) zraven jednega četverokotnikovega kota n. pr. zraven kota B (lik 28). Kolika je vsota vsem? §. 42. Izrek. V paralelogramu sta vsaka dva nasprotna kota jednaka. Dokaz. Po dva isti stranici priložila kota sta po §. 26, 2 jednaka dvema pravima, torej tudi po dva nasprotna kota. jednaka. Izvoda. a) Ako je v paralelogramu jeden kot prav, so t-udi vsi drugi l>) Ako je v paralelogramu jeden kot poševen, so tudi vsi drugi. Paralelogrami so torej ali pravokotni ali poševnokotni. Kako ležita v paralelogramu kraka jednega kota oziraje se na kraka nasprotnega kota ? — Kaj sklepaš iz te lege ? V paralelogramu ima jeden kot «) 90° 18' 45"; kolik je vsak drugih treh kotov ? §. 43. Ako vzamemo jedno stranico paralelograma za osnov¬ nico, potem imenujemo pravokotnico, katero spustimo iz katere¬ koli točke nasprotne stranice na osnovnico, višino paralelograma. V pravokotnem paralelogramu jemljemo jedno od dveh stikajočih se stranic za osnovnico, drugo za višino. Višino trapeča imenujemo pravokotnico od točke jedne vzpo¬ rednice do druge. Načrtaj s trikotnikom iz lesa višino «) paralelograma, b) trapeča. 3. Mnogokotnik. §. 44. Raven lik, omejen od več daljic, imenujemo muogo- kotnik ali poligon. Mnogokotnik ima toliko stranic, kolikor kotov in kolikor oglišč. Koti morejo biti otli in vzvišeni. Dve oglišči mnogokotnika, kateri nista zvezani se stranico, imenujemo nasprotni; vsako daljico med dvema nasprotnima ogli- ščema pa diagonalo (prekotnieo) mnogokotnika. Število diagonal, katere moremo potegniti iz jednega oglišča mnogokotnika, je za 3 manjše od števila stranic. Te diagonale 23 razdele mnogokotnik v trikotnike, katerih je za 2 menj kakor stranic. Potegni v petero-, šestero-, sedmero- kotniku od jednega oglišča vse mogoče diagonale in primerjaj število a) diagonal, b) trikotnikov se šte¬ vilom stranic mnogokotnika. §. 45. Oziraje se na število stranic razlikujemo tri stra¬ ni ene mnogokotnike ali trikotnike, četverostranične ali četvero¬ kotnike, peterostranične ali peterokotnike,.-rtterostra- nične ali »tero kotnike. Oziraje se na kolikost stranic in kotov razlikujemo jedua- kostranične in raznostrauične, jednakokotne in raznokotne mno¬ gokotnike. Jednakostraničen in jednakokoten mnogokotnik imenujemo pravilen: vsak drug mnogotnik je nepravilen. Na katerih telesih nahajaš pravilne mnogokotnike? — §. 46. Izrek. Vsota vseli kotov v mnogokotniku znaša dvakrat toliko pravili, kolikor ima mnogokotnik stranic, menj štiri prave. Dokaz. Recimo da ima mnogokotnik kik 30. ABCD . ... n stranic. Ako potegnemo iz točke O, ležeče v mnogokotniku, do vseh oglišč daljice O A, OB, . . . . , ga razdelimo v n trikotnikov; vsota kotov teh trikotnikov znaša 2 n R, vsota ko¬ tov okoli točke O 4 torej vsota vseh kotov mnogokotnika 2 n R —4 R. Iz tega sledi: a) Vsota kotov trikotnika je 2 R = 180°, četverokotnika „4 R = 360°, peterokotnika „ 6 R = 540°,' šesterokotnika „ 8 R == 720" i. t. d. 4 ji . b) Vsak kot pravilnega atero kotnika znaša 2 R — - > tedaj kot pravilnega trikotnika 180° — = 60° „ „ četverokotnika 180° — i«lo __ qqo „ „ peterokotnika 180° — -^° = 108° „ „ šesterokotnika 180° — == 120° i. t. d. 24 P Tretji oddelek. Skladnost premočrtnih likov. §. 47. Dva prostorna tvora, katera si moremo tako jezd¬ nega na drugega položena misliti, da se krijeta popolnoma, ime¬ nujemo skladna (kongruentna). Skladna prostorna tvora se ne razlikujeta, čisto nič, nahajata se samo na različnih mestih. Znak skladnosti je 29. 1. Skladnost trikotnikov. §. 48. Dva trikotnika, katera se krijeta popolnoma, torej skladna trikotnika, imata vse tri kote in vse tri stranice pa¬ roma jednake. Iz tega sledi: V skladnih trikotnikih so jednakim kotom jednake stranice nasprotne in jednakim stranicam so jednaki koti nasprotni. §. 49. Navadno zadostujejo tri sestavine trikotnika, da nam tega popolnoma določujejo; ako imata torej dva trikotnika le tri sestavine paroma jednake, moremo v obče, vender ne zmerom, tudi sklepati, da sta skladna. Kedaj moremo iz treh paroma jednakih sestavin sklepati, da sta dva trikotnika skladna, nam povedo ti-le štirje izreki o skladnosti trikotnikov. §. 50. I. izrek. Dva trikotnika sta skladna, ako imata jedno stranico in tej priležna kota paroma jednaka. Pogoj. A B = A'C'. <£ A — < A‘, <£ B = < B'. Trditev. A ABC 22 A A‘B'C‘. Dokaz. Položimo v mislih A A‘B‘G‘ tako na A ABC, da padeta točki A‘ in B' na točki A in B, kar je mogoče, ker je AB = A‘B‘. Po¬ tem pa krijeta kota A' in B' kota A in B, ker sta s tema pa¬ roma jednaka in stranica A'C' mora v mer stranice AC, stranica B'C" pa v mer stranice BC pasti. Stranici A‘C‘ in B'C' se mo¬ rata torej na istem mestu sekati kakor stranici AC in BC, ali Lik 31. 25 presečišče C' prvih dveh mora pasti na presečišče C zadnjih dveh. Trikotnika se torej krijeta popolnoma, ona sta skladna. Izvod. Dva trikotnika sta skladna, ako imata jedno stra¬ nico, jeden tej priležen in nasproten kot paroma jednake. Kajti potem imata tudi drugi priležni kot paroma jednak. Kedaj sta potem izreku dva jednakokraka trikotnika skladna? Kedaj dva pravokotna? §.51. II. izrek. Dva trikotnika sta skladna, ako imata dve stranici in kot, katerega te dve stranici oklepata, paroma jednake (lik 31). Pogoj. AB — A‘B\ AC = A'C‘ in < A -• A“C (§. 35. 4), torej tudi BC > AC, kar pa pogoju nasprotuje. Takisto doka¬ žemo, da točka A' ne more pasti na točko A'", da toi'ej na vsak način točko A kriti mora. Potem se pa krijeta trikotnika popol¬ noma ali A -1 BC A A A‘B‘C‘. Izvod. Dva pravokotna trikotnika sta skladna, ako imata hipotenuzo in jedno kateto paroma jednaki. Dostavek. Umovanje prejšnjega dokaza opira se na pogoj, da je jednak kot večji od paroma jednakih stranic nasproten. Brez tega pogoja ne velja ono umovanje. Ak o imata tedaj dva trikotnika dve stranici in manjši teli stranic nasproten kot paroma jednake, ne smemo sklepati, da sta trikotnika skladna. Res je v tri¬ kotnikih ABC in A‘BC (lik 33) .46' = A‘C, BC = BC, kjer je AC — A‘C c BC in <4 B — . Trditev. BN = NC. Dokaz. Ako potegnemo skoz M PF || BC, in ako podaljšamo CD do točke F, potem je A APM A A DFM (§. 50), torej EM = FM; pa EM = BN in FM — CN, tedaj tudi BN — NC. Postavek. Obrat tega izreka je tudi veljaven. Dokaz in¬ direkten. Daljico MN imenujemo (črto) srednico. o. »Srednica trapeča je jednaka polovici vsote obeli vzpo¬ rednic. Pogoj. AB || CD (lik 47), AM = D M in MN || AB. Geometrija. Lik 47. 34 Trditev. MN = AB f — • Dokaz. Ako potegnemo skoz M EF || BC in podaljšamo CT) do F, je A AEM A A DFM. torej A E = BF. Nadalje je MN = BE = AB — AE in MN = FC = CD -f J)F, torej 2 MN = AB + CD in MN = — f- Izreki o vzporednicah v trikotniku. §. 65. 1. Prema, katero potegnemo skoz polovišče jedne trikotnikove stranice vzporedno z drugo stranico, razpolavlja tretjo stranico (lik 48). ' Pogoj. AM = CM, MN || AB. Trditev. BN — NC. Dokaz. Ako načrtamo MP j| BC, je A AMD A A MNG (§. 50), torej MP = CK- ker je pa MP E BN, je BN = NC. 2. Prema, katero potegnemo skoz polovišči dveh trikotni¬ kovih stranic, je vzporedna s tretjo. Pogoj. AM = MC, BN == NC (lik 48). Trditev. MN || AB. Dokaz. Ako bi ne bila MN || AB, bi bila druga n. pr. MN; potem pa mora N' stranico BC razpolavljati (1.) ali s točko N identična biti. Torej je MN || AB. Lik 48. C Lik 49. C 3. Ako razdelimo jedno stranico tri¬ kotnika v jednake dele in načrtamo (»d teli razdelišč vzporednice z drugo stra¬ nico, razdelimo s tem tretjo stranico v isto toliko jeduakih delov (lik 49). Pogoj’ CM = MO = OQ = i. t. d. in MN || OP || QB || .... || AB, Trditev. CN = NP = PB = . . . i. t. d. ' Dokaz. CN = NP (1.) in NP = PB = BF i. t. d. (§• 64, 2). Izreka o pravilnih mnogokotnikih. §. 66. Ako razpolovimo v pravilnem mnogokotniku dva so¬ sedna kota. je presečišče teli dveh polovnic jednako oddaljeno a) od vsakega oglišča, h od vsake stranice (lik 50). a) A JOB 22 A BOC (§. 51), tedaj AO — OC in b — e. Zarad -4 A — < C in b ■ je tedaj tudi e = : =/, torej A BOC A C'0/> (§. 51) in BO = CO in d = j. Takisto dokažemo, da je CO = KO i. t. d. Ker je b = r, je BO = AO, torej po vsem prejšnjem AO — BO == 00 = DO = ... . b) Ker sta trikotnika 0.01? in BOC jednakokraka, je (§. 59,1) BG — A" in Bil — A torej BG — BH in l^BGO^/A BHO (§. 51); tedaj 00 = OH. Takisto moremo dokazati, da je 011 ~ OJ = OK = ... . Točko O imenujemo središče pravilnega mnogokotnika. Izvod. Ako zvežemo središče pravilnega mnogokotnika z vsemi oglišči, razpolovimo vsak njegov kot. ninogokotnik pa razdelimo v isto toliko jednakokrakili skladnih trikotnikov, ko¬ likor ima stranic. Zveži svedišče pravilnega /itero kotnika z vsemi oglišči; kolik jc (J kot pri vrhu, b) kot na osnovnici vsakega jednakokrakega trikotnika? Izračunaj te kote za (J jednakostraničen trikotnik, b) kvadrat, c) pravilen peterokotnik, d) pravilen šesterokotnik, e) pravilen deseterokotnik, f) pravilen dvanajsterokotnik. V katerem pravilnem mnogokotniku je kot pri vrhu a) isto tolik, b) dvakrat tolik, c) polovica od vsacega kota na osnovnici jednakokrakili trikotnikov ? Naloge za načrtovanje. Geometrijske naloge so nedoločene, ako je dano premalo pogojev tako, da je število likov, kateri tem pogojem zadostujejo, neomejeno. * 36 Naloga pa je določena, ako je število likov, kateri danim pogojem zadostujejo, omejeno. Opomnja. Za rešitev geometrijskih nalog je navadno prav uspešno, ako si mislimo nalogo rešeno t. j. ako si navrtamo lik, v katerem si mislimo ono izvršeno, kar hočemo z rešitvijo naloge doseči. Na takem liku iščemo potem zvezo med danimi in zahtevanimi sestavinami. Iz spoznanja te zveze pa sledi rešitev. Tako postopanje imenujemo analizo (razklad) naloge. Pri priprostih nalogah naredimo analizo na pamet tako hitro, da se je skoro ne zavemo. Vsako rešitev pa moramo še dokazati, da je resnična. Dokaz vender že sledi navadno iz analize. Mnogokrat je treba tudi preiskavati, koliko rešitev ima naloga in ali je sploh njena rešitev mogoča. Tako preiskavanje imenujemo detenninacijo naloge. Pri rešitvi geometrijskih nalog je torej v obče paziti na: analizo, kon¬ strukcijo, dokaz in detenninacijo. 1. Razpolovi dano daljico AB (lik 51). Analiza. Po pogoji §. 58. leži polovišče daljice v (črti) zveznici vrliov jednakokrakih trikotnikov navrtanih nad to daljico. Načrtovanje. Napiši iz krajišč A in />' nad in pod daljico, z istim polumerom loka, katera se sečeta v točkah C in D. Skoz te točki potegni premo in ta razpolavlja daljico AB v točki E. Dokaz sledi neposredno iz §. 58. 2. Razpolovi dan kot BAC (lik 52). Analiza. Vzemimo, da je Al) polovnica kota BAC. Ako je A M = _ I .V. in ako zvežeš poljubno točko 1) polovnice s toč¬ kama M in N, je A AMD = A AND, tedaj D M = D N. Lik 51 Lik 52. A D c 37 Načrtovanje. Naredi AM = AN in napiši iz toček M in N loka , katera se sečeta v točki D ; prema, katero potegneš skoz točki ,1 in D razpolavlja kot ABC. Dokaz sledi iz analize. 3. Spusti iz točke C (lik 53) zunaj preme AB pravokot¬ nim) na to. Analiza se opira kakor pri L in 2. na §. 58. Načrtovanje. Napiši iz točke C lok, kateri seče premo AB v točkah M in .V: iz teli toček napiši zopet z istim polu- m er oni loka, katera se sečeta v točki I ); ako zvežeš točki C in D s premo, je ta zahtevana pravokotnica. Dokaz sledi iz §. 58. 4. Postavi v (lani točki A (lik 54) nico na to. Lik 53. D Lik 54. B- Analiza. Ako je AD iskana pravokotnica, moremo si jo mi¬ sliti spuščeno z vrha 1) jednako- krakega trikotnika MNJ) pravo¬ kotno na osnovnico MN: potem je pa 'AM — AN. Načrtovanje. Naredi .1.1/ " man AN in napiši iz toček M in N z istim polimerom loka, katera se sečeta v točki D. Ako zvežeš točki A in I) z daljico, po¬ stavil si zahtevano pravokotnico na BC. Da je AB | NM. sledi iz analize. 5. Postavi v kraj išči A (lik 55) preme AB pravokotnico na to. Analiza. Ako je AE J AB, je kot DAE =R, in moremo Lik 55. E / si misliti, da je kot v polukrogu. Točka E, skoz katero gre pravokotnica EA, je torej krajišče premera v krogu, katerega napišemo iz točke C s polimerom AC. Načrtovanje. Napiši iz točke C zunaj preme AB krog, kateri gre skoz točko A in premo A B v točki D seče; načrtaj po- /] '“ ZNEfTE tem premer DE. Prema AE je zahtevana pravokotnica. \ N. / \G A 38 Dokaz sledi iz analize. Opiraje se na rešitev zadnjih treh nalog načrtuj a) kot, ki ima 1) 90°, 2) 45°; b) „ „ „ 1) 60°, 2) 30", 3) 15" (lik 55). c) .Razdeli prav kot v tri jednake dele. 6. Razdeli dano daljico v več jednakih delov. Analiza sledi iz §. 65, 3. Načrtovanje. Potegni (lik 49.) skozi jedno krajišče dane daljice poljubno premo, vnesi na to toliko med seboj jednakih sicer pa poljubnih delov, kolikor jih je zahtevanih. Zadnje raz- delišče zveži z drugim krajiščem dane daljice s premo, skoz druga razdelišča pa potegni s to vzporednice. Na ta način si razdelil dano daljico v toliko jednakih delov, kolikor se jih je zahtevalo (§. 65, 3). 7. Načrtaj trikotnik, ako so dani jedna stranica c iu tej priležna kota « in /? (lik 56). Analiza. Vzemimo, da je ABC iskani trikotnik, AB = c in B = p pa dana kota. Iz lika spoznamo, da sta mesti oglišč A in B že znani, oglišče C pa leži v presečišči krakov AC in BC danih kotov. Načrtovanje. Načrtaj AB = c in v točkah A in B dana kota « in /?; prese¬ čišče krakov teh kotov je tretje oglišče C. Kedaj je rešitev te naloge mogoča V (§. 31, a). 8. Načrtaj trikotnik, ako sta dani dve stranici b in c in kot a, katerega oklepata (lik 57). dana stranica Lik 57. sta dani dve stranici a in h in nasproten (lik 58). Analiza je podobna oni v prejšnji nalogi. Načrtovanje. Načrtaj v A kot, kateri je jednak danemu kotu «, naredi AB = b in AC — c in in potegni daljico AC. 9. Načrtaj trikotnik, ako kot n, kateri je večji stranici a 89 Načrtuj v točki A kot. kateri je jednak danemu kotu «, naredi AC = b ; napiši dalje h C z večji st ranici «jednak im polumerom lok. kateri seče drugi krak v B in potegni BC. Lik 58. C 10. Navrtaj trikotnik, ako so dane vse tri stranice a, b in c (lik 59). Lik 59 . Načrtuj daljico AB = c, na¬ piši iz A s polumerom b in iz B s polumerom a loka, katera se sečeta v točki C; ako potegneš AC in BC, dobiš zahtevani tri¬ kotnik. Ker se sečeta loka tudi v točki C‘, dobiš še drug trikotnik ABC', kateri je pa s trikot¬ nikom ABC skladen. Kedaj je rešitev te naloge mogoča? (§. 38, 1). 11. Navrtaj nad dano daljico AB (lik 60) kakor liipotennzo pravokoten trikotnik. Razpolovi AB v točki O, napiši iz Lik 60. O s polumerom OA polukrog in zveži poljubno njegovo točko C z A in B", po¬ tem je < ACB — B (§. 37) in ACB zahtevani trikotnik. Brezštevilno različnih trikotnikov ACB, ACB, AC“B zadostuje tej nalogi, ona je tedaj nedoločena. 12. Navrtaj trikotnik, kateri je z danim trikotnikom skladen. Glej nalogo 10 . 13. Navrtaj paralelogram, ako sta dani dve stranici a in b in kot «, katerega oklepata (lik 61). Načrtaj v A kot, kateri je jednak danemu kotu «, naredi AB = a in AD = b in na¬ piši iz B in D s polmneroma b in a loka, katera se sečeta v 6 ': ako potegneš BC in DC je ABCD zahtevani paralelogram. 40 14. Poišči središče danega pravilnega lnnogokotnika. Rešitev sledi neposredno iz §. 60. 15. Na črtaj mnogokotnik. kateri je skladen z danim mno- gokotnikom ABČDEF (lik 62). Lik r>2. Raztvori dani mno- gokotnik ABCDEF z diagonalami, katere f potegneš od oglišča A do vseh drugih oglišč, v trikotnike; navrtaj potem v istem redu isto toliko tri¬ kotnikov. kateri so z onimi danega mnogokotnika skladni. Vaje. Poišči sam razrešitev tem-le nalogam: 1. Načrtaj trikotnik, ako je dana a) jedna stranica, h) jeden kot. 2. Načrtaj trikotnik, ako sta dana dva kota. 3. Načrtaj trikotnik, ako je dana jedna stranica in nji priležen kot. Povej geometrijsko mesto dani stranici nasprot¬ nega oglišča! 4. Načrtaj trikotnik, ako sta dani dve stranici. Povej geometrijsko mesto tretjega oglišča! 5. Načrtaj pravokoten trikotnik, ako je: a) dana jedna ka¬ teta, b) dana hipotenuza, c) dan oster kot. Kaj je geometrijsko mesto nasprotnega vrha v a) in b) ? 6. Načrtaj jednakokrak trikotnik, ako so dani: a) višina, b) kot na osnovnici, c) kot pri vrhu, d) krak. Opomnja. Naloge 1. do 6. so nedoločene. 7. Načrtaj pravokoten trikotnik, ako so dani: a), obe ka- teti, b) hipotenuza in priležen kot, c) jedna kateta in priležni oster kot, d) jedna kateta in nasprotni kot, e) hipotenuza in vi¬ šina na njo, f) jedna kateta in višina na hipotenuzo; g) višina na hipotenuzo in jeden oster kot. 8. Načrtaj jednakokrak trikotnik, ako so dani: a) osnov¬ nica in jeden priležnih kotov, b) osnovnica in kot pri vrhu, 41 c) krak in kot na osnovnici, d) krak in kot pri vrlin, e) osnovnica in višina, f) krak in višina, g) višina in kot pri vrhu. 9. Načrta] jednakostraničen trikotnik, ako je dana višina. 10. Načrtuj pravokoten jednakostraničen trikotnik, ako je dana višina. 11. Načrta] trikotnik, ako sta dani dve stranici in višina na jedno teh stranic. 12. Načrtuj roniboid. ako sta dani obe diagonali in kot. katerega oklepata. 13. Načrtaj romb, ako so dane: a) stranica in jeden kot, h) stranica in višina, c) obe diagonali. 14. Načrtaj pravokotnik, ako je dana jedna stranica in nji nasprotni kot, katerega oklepata diagonali. 15. Načrtaj kvadrat, ako je dana vsota stranice in dia¬ gonale. 16. Načrtaj trapeč, ako je dano: a) tri stranice in višina, b) vzporedni stranici in diagonali. Četrti oddelek. Ploščina premočrtnih likov. §. 67. Kolikost ploskve, katero omejeva obseg lika, ime¬ nujemo ploskvenn vsebino (ploščino) lika. Dva lika, katera imata jednako ploščino, imenujemo plo- skveno j e, c. d sledi CH — AC in EJ = EG AB ali ACIJE je kvadrat nad kateto AC in FJEG kvadrat nad kateto AB. Ako torej zaznačimo kratko BCDE— CU BC, AFCfI= Q AC in FGEJ rj A li, je po gornjem □ BC = □' AC + □ AB. Izvod, kvadrat nad jedilo kateto je jednak kvadratu nad hipotennzo menj kvadratu nad drugo kateto. Kajti iz ' □ BC = □ AC -f □ AB, sledi □ J/>’=-= □ BC — □ AC, in □ AC = □ BC — □ AB. 77. Pitagorov izrek izražuje v obliki, kakeršno ima v prejšnjem §., geometrično lastnost pravokotnega trikotnika. Damo pa mu lahko tako obliko, da postane aritmetični izraz medsebojne zavisnosti merskih števil stranic v pravokotnem trikotniku. Kajti, ako so a , h, « merska števila stranic AB, AC, BC (lik 57) z ozirom na isto dolgostno jednoto, so F 1 , IA, c® merska Lik 57. 46 števila ploščin kvadratov, katere smo nad onimi stranicami načrtali (§. 70). Iz jednačeb prejšnjega izvoda slede potem te-le: c- = a' 2 -f- b' 1 ali c — \/a- -j- b' 1 , a 2 = c ' 2 — „ a — \/c ' 2 — b‘, b' i ~ c 2 — a' 1 „ b = V c' 2 — o' 2 . Izrazi te jednačbe z besedami! Računske naloge. 1. Stranica kvadrata je «) 42“ 6) 0-835”, c) l m 14 dm 7 cm ; kolik je njegov obseg in kolika njegova ploščina? 2. Obseg kvadrata je a) 23“ 2 dm , b) 91“; kolika je ploščina? 3. Kolika je stranica kvadrata, čegar ploščina znaša a) 16D m , b) 640, c) 30-25O“, d) 5D dm 24D cm 41D™“? 4. Kolika je stranica kvadratne njive, katera ima 9 Ha ploščine? 5. Na travniku hočejo zakliniti kvadraten prostor imajoč 9’61 arov; kolik je obseg tega prostora? 6. V pravokotniku sta dve stikajoči se stranici a in b , o obseg in p ploščina; izračunaj iz dveh teli količin drugi dve. 1) a = 3 m 4 dm (4 V”). -2) b = 5-7“ (50); 3) a = 5“ 2 d “ 8 cm b = 2“ 5 d ™ (l_i “), p = 74-52D” (ll_|.D m ) p = 210 560“; 4) a = 12-84” (6JL ”) o = 40“ (22™). 7. Nekdo zameni njivo, katera ima 7460 20Q lm , z drugo isto toliko pa 18“ 2 dm široko; kolika je dolžina druge njive? 8. Pravokotnik, ki je 2” l d “ 8 cm dolg, je ploskvenojednak s kvadratom, čegar stranica znaša 5“ 8 cm ; kolika je širina pra¬ vokotnika ? 9. Vrvica, ki je 10-4“ dolga, obseže ravno 3-24™ dolg pra¬ vokotnik; za koliko se razločuje ploščina tega pravokotnika od ploščine kvadrata, katerega ona vrvica tudi ravno obseže? 10. V paralelogramu (trikotniku) je « osnovnica, n višina in p ploščina; izračunaj iz dveh teh količin tretjo. 47 1 ) a = 0-112™, 2) p = 86 arov, 3) p = 31 v = 0-058 m ; v = 146-3™; a = 142™. 11. Izračunaj obseg paralelograma; v katerem je dana jedna stranica (a = 37'") in razstoja po dveh nasprotnih stranic (v, ==■ 21™ in v„ — 27-8™). 12. V pravokotnem trikotniku sta kateti 29™ 3 dlu in 18“ 4 ,lm dolgi; kolika je ploščina ? 13. V pravokotnem trikotniku sta a in b kateti, c hipo- tenuza. n obseg in p ploščina. Izračunaj iz sledečih dveh vse druge : 1) n = 36™, 2) a = 13‘2™, 3 j b = 3-84 d ™, j „ , ^ 4) a = 7 m 2 dm , b = 27“'; c = 14-3™; c= 73. dm ; ‘ &C ‘ }; p = 7Q m 56D ll “ 14. Kolika je diagonala kvadrata se stranico 3-2 ™? 15. V kvadratu je diagonala 2™ l dm 2 C ™; kolika je ploščina ? 16. V jednakokrakem trikotniku je a osnovnica, b krak, v višina in p ploščina. Izračunaj iz dveh teli kolčin drugi dve. 1) a = 124 cm , 2) a = 3-5 dm , 3) a = 2’34 m , 4) v = 7-8™, h = 165 cm ; v = 5-4 dm ; p = 3-76D™; p = 320™. 17. Jednakostraničen trikotnik ima 7-2™ v obsegu; kolika mu je ploščina? 18. V pravokotniku znaša osnovnica 6-8™ in diagonala 8-5™ ; kolika je stranica kvadrata, ki je pravokotniku ploskveno- jednak? 19. Obseg jednakokrakega trikotnika je 16 m , krak 5 m ; kolik je obseg ploskvenojednakega kvadrata ? 20. Stranica jednakostraničnega trikotnika je 16™ ; kolik je obseg ploskvenojednakega pravokotnika, čegar dolžina znaša 12-99™? 21. V rombu sta in d 2 diagonali; kolika je ploščina p ? v = - Y - (§• 63 > 4) - 22. 12 1 " 1 dolga in 9 dm široka miza je na sredi olepotičena z rombom, čegar diagonali sta 4 d ™ in 3 dm ; za koliko je miza večja od romba. 23. V rombu je ploščina 120D™ in jedna diagonala 24™; kolika je a) druga diagonala, b) stranica, c) višina ? 24. V trapecu sta a in b vzporednici, v višina in p plo¬ ščina; izračunaj iz treh teh količin četrto. 48 8 ) a = 12 * 8 ra , v = 6-4 1 ", □ dra \; p — 124 - 8D ra . ploščina 3’72D ra . vi¬ šina l - 2 m in večja vzporednica 345 ra ; kolik je njegov obseg? 2(5. V trapecu sta vzporednici 2’37 m in 0.‘954 m , višina pa 0'753 m ; kolika je osnovnica ploskvenojednakega trikotnika, čegar višina je 0-685™ (3 dec.) ? 27. Stranica pravilnega osmerokotnika znaša l - 4 m in nje razdalja od središča l - 69 m ; kolika je ploščina? 28. Obseg pravilnega šesterokotnika je 15 m ; kolika je ploščina? 29. V mnogokotniku ABCDEFG i lik (58) je 1) a = 3 1,1 2 a,n 8 fm , 2) n 5‘5 m (7JL dm ), h — 4-4 m ^5 .L dm y p =18-8iq m (25-| 25. V jednakokrakem trapeča znaša Jj . g m 7 din 9cm v = 4™ 5 dm ■ Lik 68. kolika je mnogokotnikova ploščina ? 31. V jednakostraničnem trikotniku je a stranica, v višina in p ploščina; izračunaj iz jedne teh količin drugi dve. 49 Dana je 1 ) a = 2™ 5 dm 9 Rm , 2) v = l*35 m , 3) p = 36f □ 32. Y trikotniku so dane vse tri stranice; izračunaj Vzemimo, da je v trikotniku ABC (lik 70) stranica BC = a, AC = b, AB — c, višina CD = h in daljica AD = x, tedaj BD — c — x. x določimo po §. 77 iz A ADC .... h' 1 = b- — x 2 , « A BDC . . . h" = a :* — {c —x)-; ~ c n tedaj JA — .r 2 — rA — (c — ,-r) 2 , in iz tega dobimo _ 1A + c 3 - «» ■ 3 ' — 5 c Ker je pa JA = JA — z' 1 — {b + x) {!> — x), dobimo, ako nadomestimo x z ravno izračunano vrednostjo, *■=o +**£=;*) • o - 2 bc -j- JA -j- c’ 2 e (b -f- c) 3 — a 3 2 c 2 bc — & 3 — c 1 -j- a’ (6 - c) 3 ,8 c _ (b c -|- a) (6 -j- c — a) (a -|- b — c) (a — 6 -j- c) . 4 c‘ h = -- V ( ?J + c + «) (J> + c — «) O + J> — c) {a — J) -f c). ,2 C Ako zaznamennjemo polovico trikotnikovega obsega s črko s, tedaj a -(- b -j- c — 2 s, dobimo, ako odštejemo od te jed- načbe zaporedoma 2 a, 2 J), 2 c, J) -f- c —■ a — 2 (s — a), a — J> -f- c = 2 (s — b), a -f b — c = 2 | — c ); torej h = — V s (s — «■) (s — ( s — c )- C Ako je p ploščina trikotnika ABC, je p _ — — \/ s (s — a) (s — b) (s — c). Izrazi to formulo z besedami! Geometrija. 4 BO 33. V trikotniku je 1 ) a = 35 m , 2 ) a = 28-2 ra , 3) a = 2 m 5 dm 7 cm , b = 46 m , b = 37'5™, b — 3 m l dm l cm , c = 53™ ; c = 40-5™ ; c = 1“ 8 dm 4 C ™ ; kolika je ploščina? 34. V romboidu sta dve stikajoči se stranici 25™ in 7™ in jedna diagonala 24™; kolika je ploščina in kolik razstoj dveh nasprotnih stranic ? _ 35. Pravokoten vrt ima 200™ v obsegu; kolika je njegova ploščina, ako je lJLkrat tako dolg kakor širok? 36. Trikotnik, čegar ploščina znaša 1734D™, ima trikrat daljšo višino kakor osnovnico; kolika je vsaka ? 37. V rombu je stranica 25™ in jedna diagonala 48™; ko¬ lik je obseg pravokotnega jednakokrakega trikotnika, kateri je rombu ploskvenojednak ? 38. Trapeč ima 100™ v Obsegu, vzporednici sta 42™ in 24™ in jedna nevzporednica 15™; kolika je ploščina? 39. Obseg trikotnika je 12™ in stranice so si kakor 4:5:6; kolika je ploščina? 40. Kolika je ploščina romba se stranico 3 dm 8 cm , ako ima jeden njegovih kotov 45° ? 41. Kolika je ploščina paralelograma, čegar dve stikajoči se stranici sta 7*5™ in 6™ in kot, katerega oklepata, 60°? 42. V pravokotniku je obseg 84™ in ploščina 432D™; koliko dolg in širok je pravokotnik? 43. Ploščina trapeča je 13 - 8D m , višina 4™ in diferenca obeh vzporednic 2T m ; kolika je vsaka vzporednica? 44. V trapecu znaša ploščina 2400D™ in manjša vzpored¬ nica 20™; kolika je višina, ako je isto tolika kakor večja vzpo¬ rednica ? 45. Obseg jednakokrakega trikotnika je 16™; vsota iz vi¬ šine in osnovnice pa 10™; izračunaj osnovnico, višino, krak in ploščino. Naloge za načrtovanje. (Pretvor in razdelba premočrtnih likov). Dan lik pretvorimo v druzega, ako načrtamo lik, ki je da¬ nemu ploskvenojednak, pa ne skladen. Bi 1. Pretvori razno,straničen trikotnik ABC (lik 71) v jedna- kokrakega, kateri ima s prvim jednako osnovnico. Postavi v sredi osnovnice v točki D pravokotnico DE in potegni skoz vrli C premo CE || AB-, ako zvežeš presečišče E z A in B je ABE zahtevani jednako- kraki trikotnik. Da je rešitev prava, sledi iz §. 72, izv. c) in §. 59, 4. 2. Pretvori trikotnik ABC (lik 72) v drnzega, kateri ima dan kot a. Načrtaj kot BAD = « in CD [| A H ; Lik 72. presečišče D prem CD in AD je vrh iskanega trikotnika ABD (§. 72, izv. c\ 3. Pretvori poševnokoten trikotnik v pravokotnega. Rešitev kakor pri nalogi 2., samo da je a = 90°. 4. Pretvori trikotnik ABC (lik 73) v drnzega, kateri ima n za osnovnico. Naredi AD — a, potegni CD in Lik 73. vzporedno s to BE, katera seče podalj- _ a_ _ ( £ šano AC v E\ ADE je potem zahtevani /V trikotnik. Kajti cl \ A ACD = A ACD, / V A CDE = A CDB, tedaj / A ACD + A CDE = A ACD A CDB, J— ali A ADR = A ABC. Pretvori trikotnik ABC (lik 74) v drnzega, kateri ima dano višino v. Postavi AD — v pravokotno na AB, potegni DE |[ AB, zveži E z B in načrtaj CF || EB. Ako potegneš še EF, je A AEF — A ABC, Dokaz kakor pri nalogi 4. Dostavek. Po tej nalogi moreš zmerom trikotnike z različnimi višinami pretvarjati v take, ki imajo jednako višino; Lik 74. C 52 potem pa tudi lahko načrtaš trikotnik, ki je jednak vsoti (dife¬ renci) dveh danih trikotnikov. (!. Pretvori trikotnik ABC (lik 75) v pravokotnik, kateri ima isto osnovnico kakor trikotnik. Lik 75. Razpolovi stranici AC in BC v D in E, potegni skoz te dve točki premo in postavi v A in B pravokotnim' AFi\\BG\ ABGF je iskani pravokotnik, kajti, ako potegneš, CII J_ DE. je A AFD - A CHD, A BGE = A CHE, trap. ABED — ABED, tedaj A AFD -f A BGE + trap. ABDE— A CIID -f- A CEH + trap.' A BDE. ali pravokotnik ABGF = A ABC. 7. Pretvori trikotnik v isto tako visok paralelogram. Rešitev se opira na §. 72. 8. Pretvori paralelogram v isto tako visok pravokotnik. Rešitev sledi iz §. 71, izv. 1. 9. Pretvori trapeč ABCD (lik 66) v paralelogram. Rešitev v §. 73. 10. Pretvori pravokotnik ABCD (lik 76) v kvadrat. Lik 76. Podaljšaj manjšo stranico AB do E, tako da je AE = AD in napiši nad AE iz njene srede O lok, kateri seče podalj¬ šano CB v točki F. Ako potegneš AF in načrtaš nad njo kvadrat AFGII, je ta danemu pravokotniku ploskvenojednak. Dokaz. Ker je < AFE—B (§.37) je EFG prema črta. Ako potegneš IIE in DF, je po §.7 2 A AHE =; A kvadrata AFGII, A FAD = \ pravokotnika ABCD. Ker pa je A AHE ^ A FAD, je tudi kvadrat AFGII = pravokotniku ABCD. 53 11. Pretvori mnogokotnik ABCDE (lik 77) v druzega, ka¬ teri ima jedno stranico menj. Potegni diagonalo CE in 1)1' || CE, zveži točki F in C; potem je ABCDE — ABCF. Kajti oba mnogokotnika sta se¬ stavljena iz jednakih delov. Dostavek. Vsak mnogokotnik moreš pretvoriti v kvadrat. Kajti po nalogi 11 pretvoriš ga lahko v trikotnik, tega po nalogi 6 v pravokotnik in zadnjega po nalogi 10 v kvadrat. 12. Na črtaj kvadrat, kateri je jednak vsoti dveh danih kvadratov. Navrtaj pravokoten trikotnik, čegar kateti sta stranici danih kvadratov; hipotenuza tega trikotnika je stranica zahtevanega kvadrata (§. 76). Ako ponavljaš postopanje te naloge, navrtaš lahko kvadrat, kateri je a) jednak vsoti več danih kvadratov, b) 3, 4, 5krat tolik kakor dan kvadrat. 13. Načrtaj kvadrat, kateri je jednak diferenci dveh danili kvadratov. Načrtaj pravokoten trikotnik, kateri ima stranico večjega kvadrata za hipotenuzo in stranico manjšega za jedno kateto; druga kateta je stranica iskanega kvadrata. 14. Razdeli trikotnik s premami, katere potegneš iz jed- nega oglišča, na več jednakih delov. Razdeli onemu ogliš u nasprotno stranico na toliko jed¬ nakih delov kolikor je zahtevanih in zveži razdelišča in oglišče z daljicami (§. 72, izv. c). 15. Razdeli trikotnik ABC (lik 78) od točke D, ležeče v stranici AB, na dva jednaka dela. Razpolovi AB v E, potegni CE in CD in EF || D C] potem je A BDE = ADFC = A ABC. Kajti A EFD = A EFC (§. 72, izv. c), A BEF = A BEF A B1)F = A BGE = ’ A ABC, tedaj tudi ADFC =?i A ABC. 54 Takisto moreš rešiti nalogo, ako ti je razdeliti trikotnik ABC od točke D na več jednakili delov. Iti. Razdeli trikotnik ABC (lik 79) tako na tri jednake d(de. da se sečejo iz oglišč potegnene razdelnice v jedili znotraj Razdeli stranico AB v točkah D in E na tri jednake dele, po¬ tegni D F [| AC in EG || BC ; ako zvežeš presečišče H prem I)E in EG z oglišči, je A AHC = A AHB = A BHC. Kajti ako potegneš pomočui črti CD in CE, je A AHC = A ACD in A BMC = A BCE, tedaj tudi A AHB = A D C E. Ker so pa trikotniki ACD, DCE, BCE jednaki, morajo hiti jednaki tudi trikotniki ACH, AHB, BHC. 17. Razdeli trikotnik na štiri skladne trikotnike. Zveži razpolovišča vseli treh stranic z daljicami. IS. Razdeli paralelogram s premami, katere so z jedilo stranico vzporedne, na poljubno mnogo jednakili delov. Razdeli stranici, kateri se s to stikata, na zahtevano šte¬ vilo jednakili delov in zveži po dve nasprotni razdelišči z da¬ ljicami (§. 71). 19. Razdeli paralelogram ABCD (lik 80) od točke E, ležeče v stranici AD, na določeno število, n. pr. na tri jed¬ nake dele. Zveži razpolovišči E in G stranic AB in CD z daljico EG, razdeli to na tri jednake dele in potegni skoz E in razdelišči J in II daljici EHK in E J L, po¬ tem je trap. ABKE = A EKL = trap. ELCD = ' paralgr. ABCD. Dokaz sledi iz §. 72 in §. 73. 2(1. Razdeli četverokotnik ABCD (lik 81) iz oglišča I) na dva jednaka dela. trikotnika ležeči točki. Lik 79. 55 Potegni obe diagonali AC in BD in skoz sredo E prve EF [| DB ; ako zvežeš D in F z daljico DF, razpolavlja ona četverokotnik ABGD. Dokaz. Ako potegneš DE in BF, je A DBF = A DBE (§. 72, izv. c). A ABD = A ABD, tedaj četverokot. ABFD = četverokot. ABED. Ker je pa četverokot. ABED ~ j- ABGD, je tudi „ ABFD = j- ABGD. Lik 82. 21. Razdeli trapeč ABGD (lik 821 iz oglišča D na dva jednaka dela. Načrtaj AE= DC in EF= FB ; daljica DA 1 razpolavlja trapeč (§. 72 in §. 73). 22. Razdeli trapeč ABGD (lik 83) iz točke E, ležeče v vzpo¬ rednici AB, na dva jednaka dela. Lik 83. Razpolovi obe vzporednici v točkali F in G, naredi HG = EF\ daliica EH razpolavlja trapeč ABGD (§. 73). Peti oddelek. O podobnosti premočrtnih likov. 1. Geometrijska razmerja in sorazmerja. §. 78. Prostorno količino, katero lahko od druge istovrstne prostorne količine večkrat odvzamemo in sicer -brez ostanka, ime- Lik 81. 56 nujemo nje mero. Ako je prostorna količina M ob jednem mera prostorne količine A in prostorne količine B, imenujemo jo skupno mero od A in B. Da dobimo skupno mero dveh daljic, vnesimo manjšo daljico tolikokrat na večjo, kolikorkrat je mogoče. Lik 84. I. A\ - ! - 1 - 1 B g I— Id JE? a) Ako je manjša daljica (lik 84, I) v večji A B večkrat n. pr. okrat brez ostanka, je CD sama skupna mera od AB in CD. b) Vzemimo, da se manjša daljica ne da na večji natanko vnesti, da je n. pr. daljica CD (lik 84, II) v AB 3krat in EB ostanek; vnesimo zdaj EB na CD tolikokrat, kolikor¬ krat je mogoče; recimo da je EB v D C 3krat in ostaje še daljica ED. Ta ostanek vnesimo zopet na prejšnjega EB, v katerem je natanko škrat. Potem je EB = 6 FD, CD = 3 EB -f FD = 19 FD, AB = 3 CD -j- EB = 63 FD. Daljici AB in CD imata tedaj skupno mero FD, in sicer je ta v AB 63krat, v CD pa 19krat. Na isti način dobimo skupno mero dveh istovrstnih krogov, dveh kotov, dveh ploskev ali teles. §. 79. Ako iščemo na v §. 78 navedeni način skupno mero dveh prostornih količin, dobivamo manjše in manjše ostanke; vender ni treba, da bi dobili kedaj ostanek, ki bi bil mera prejšnjemu. V tem slučaji nimata dani količini skupne mere. Dve količini, kateri imata skupno mero, imenujemo somerni; dve količini pa, kateri nimata skupne mere, imenujemo lie- somerni. §. 80. Primerjanje dveh istovrstnih prostornih količin A in D v to svrlio, da zvemo, kolikokrat je druga v prvi, imenu¬ jemo razmerje. Razmerje zaznamenujemo z A : B ali A. A je 57 prednji, B zadnji člen razmerja; število pa, katero pove, koli¬ kokrat je količina B v /I, eksponent razmerja. Razmerje dveli prostornih količin določujemo z razmerjem njijinih merskih števil, ozirajočih se na isto mero. Tako je v liku 84, II AB : d) = (53 FD : 19 FD = 63 : 19. Splošno. Ako je prostorna količina C skupna mera dveh istovrstnih prostornih količin A in B, in je A — m C, B — n C, je A : B == m C : n C — m : n. Dostavek. Vrednost razmerja dveh somernih prostornih količin je popolnem natanko določena in sicer je a) eksponent celo število, ako je jedna danih dveh količin mera druge, b vsaki drugikrat pa ulomek. Vrednost razmerja, dveh nesomernih prostornih količin se ne da popolnem natanko določiti, približno pa poljubno natanko. Kajti, ako sta A in B 'dve nesomerni prostorni količini, moremo razdeliti manjšo količino B v n jednakih, neskončno majhnih delov C (kar je mogoče, ako vzamemo n dosti velik), tako da je B = n C. Ako je potem A — m C -j- o, smemo ostanek o zanemariti, ker je v primeri z m C neskončno majhen. Na ta način dobimo .1 : B -= m C : n C = m : n, t. j. dve nesomerni prostorni količini smemo približno kot somerni smatrati, ako jima vzamemo za skupno mero neskončno majhno istovrstno količino. Vsled tega bodemo se pečali v sledečem le se somernimi prostornimi količinami. Načrtaj dve daljici, kateri se imata kakor a) 1:2, b) 2:3, c) 3 ; 5. §. 81. Dve razmerji, kateri imata jednaka eksponenta, sta jednaki. Ako je A : B = e in C : D = e, je A : B = C : D. Jednačenje dveh jednakih razmerij imenujemo sorazmerje (proporcijo). V sorazmerji A : B = C : D imenujemo A in D vnanja, B in C notranja člena. Sorazmerje, v katerem sta notranja člena jednaka, je stalno sorazmerje; notranji člen imenujemo srednjo geometrijsko soraz- jnernieo (proporcijonalo), četrti člen pa tretjo stalno sorazmernieo, 58 O daljici AC, katero deli točka B tako v dva odseka, da velja sorazmerje AC : AB = AB : BO, pravimo, da je v točki B po stalnem sorazmerji, ali v srednjem in vnanjem razmerji razdeljena. Načrtaj dva para daljic, katera sta sorazmerna. 2. Podobnost trikotnikov. §. 82. Izreki o sorazmerni razdelki trikotnikovih stranic. 1. Ako potegnemo v trikotniku z jedno stranico vzpored¬ nico, razdeli ta drugi dve stranici sorazmerno (lik 85). Lik 85. delišča vzporednice z AB, razdelimo CE v m, celo CB pa v m nakili delov; torej CE : EB = m AB. : DA = CE : EB. CA : DA = CB : EB. CA: CD = CB : CE. Vzemimo, da je CM skupna mera daljic CD in DA, in sicer CD = m. CM, DA — n. CM\ potem je CD : DA — m : n. Ako razdelimo CD v m in DA v n jednakili delov in potegnemo skoz raz- Pogoj. DE || Trditev. CD Dokaz. na ta način (§. 65, 2) -j- n, tedaj EB v n med seboj jed- Iz tega in prejšnjega sorazmerja pa sledi: CD : DA = CE : EB. Iz sorazmerja CD : DA = CE : EB pa sledi tudi resnič¬ nost drugih dveh v pogoji navedenih razmerij. Kajti {CD -f DA) : DA = {CE + EB) : EB ali CA: DA = CB : EB in {CD + DA) : CD = (CE -f EB) : CE ali CA : CD = CB : CE. Izvoda. 1. Ako sečemo dva trakova z dvema prečnicama, so odseki trakov sorazmerni. 2. Ako potegnemo od skupne točke 3, 4, 5 . . . trakov in se¬ čemo prva dva z dvema vzporednicama, takisto druzega in tretjega od presečišč v drugem, tretjega in četrtega od presečišč v tretjem i. t. d., so odseki vseh teh trakov pa¬ roma sorazmerni in prečnice tvorijo dvamnogokotnika (lik 92). 59 2. Prema, katera seče v trikotniku dve stranici soraz¬ merno , je vzporedna s tretjo trikotnikovo stranico (lik 86). (Obrat izreka 1.) Pogoj. CA : CD = CB : CK Trditev. DE || AB. Dokaz. Ako bi DE ne bila vzporedna z AB, bi bila pa druga iz točke D poteguena prema n. pr. DF || AB. Potem pa velja (po 1) CA : CD = CB : CF. Lik 86. C 7j ozirom na pogoj mora biti CF = CE t. j. točka F s točko E identična. Tedaj je DE || AB. 3. Ako razpolovimo v trikotniku jedem kot, deli polovnica nasprotno stranico v dva odseka, katera sta sorazmerna z njima priležnima stranicama (lik 87). Pogoj. < m — < n. Trditev. AD : DB = AC : BC. Dokaz. Naredimo podaljšek CE= AC in zvežimo točki E in A, potem je A ACE jednakokrak in < p = < q. Lik 87. Ker je pa < m -f- < n — <4 p + < q (§. 33), je tudi <4 n .= < p, torej CD || AE (§. 26, 1) in AD : DB = EC: BC (§. 82, 1) ali AD : DB = AC : BC. §. 83. Dva trikotnika imenujemo podobna, ako imata vse kote paroma jednake in jednakim kotom nasprotne t. j. istoležne stranice paroma sorazmerne. Znak podobnosti je oo. Vzemimo, da je v trikotnikih ABC in A‘B‘C‘ (lik 88) < A = <4 A', AC. torej tudi /P6" > yl'C' in < A — < A. Trditev. A ABC oo A A‘B'C'. Dokaz takisto kakor pri 2. 4) Pogoj. AC : A'C' = 5C : P'6", : yPC' = ^ : A‘B‘. Trditev. A ABC oc A A‘B‘C'. Dokaz. Ker je DE |j AB, imamo ^46' : CD — BC : CE in AC : CD = AB : DE, ali AC : A'C = BC : CE in AC : AC' = .47? : DE\ torej oziraje se na pogoj CE=B‘C' in DE = A‘B‘. in A A'B'C' A A DEC ter tudi A DSC oo A A‘B‘0. 3. Podobnost nmogokotnikov. §. 85. Dva mnogokotnika sta podobna, ako imata isto- ležne stranice paroma sorazmerne in vse kote paroma jednake. Izvod. Dva pravilna mnogokotnika z istim številom stranic sta podobna. §. 86. Izreka. 1. Istoležne diagonale razdeljujejo dva podolma mnogokotnika v isto toliko podobnih trikotnikov. Pogoj. Vzemimo, daje mnogokotnik ABCDEF oo A‘B'C'D'E‘F' (lik 91). Trditev. A ABC co A A'B'C‘, A ACD oo A A‘C'D', i. t. d. Dokaz. Da je A ABC oo A A‘B‘C‘, sledi neposredno iz pogoja po §. 84, 2. Iz podobnosti teh dveh trikotnikov pa sledi < ACB = < ACB' in AB : A'B' = AC : AC = CD : C‘D‘. Ker pa je po pogoji < BCD = A ABC : A DBC = JC : BC <§. 91, 3,', A D.BC : A DEC = BC : Z?C iz istega vzroka, torej A ABC . DBG : A D£(7 • DEC = /16’ . BC : DC . EC ali A ABC : A DEC — a, b , : « 2 §. 93. Izrek. Ploščini dveh podobnih trikotnikov se imata kakor dragi potenci (merskih števil) istoležnih stranic. Pogoj- A ABCo& A A‘B‘C‘ (lik 88), AB = a t , A‘B‘ = a <1 . Trditev. A ABC : A A‘B‘C‘ = a, - : a 2 2 . Dokaz. 1) A ABC : A M'5'C" = AB . AC : A‘B‘ . A'C‘ (§. 92', in vsled pogoja imamo AB : A'B' = : A‘C‘, in ker je AB : A‘B‘ — AS : A‘B‘, je 2) = AB . AC : A'#' . A‘C‘. Iz sorazmerij 1) in 2j potem sledi A ABC : A -d'5'C' = Alf * 1 : A 7 # 72 ali A ABC : A 4'5'C' = a," : a,f. §. 94. Izrek. Ploščini dveh podobnih nmogokotnikov se imata kakor kvadrata (merskih števil) istoležnih stranic. Pogoj. ABCD . .. oo A‘B‘C‘D‘ . . . (lik 91), AB = A'ZP = f( 2 . Trditev. A£6’Z) . . . : A‘B‘C‘D‘ «,/. Dokaz. Po §. 93 je : A ABC : A = a,' 1 : rt,/ 2 , A -4 CD : A ^'D'D' == rt," : a 2 2 , A ADE: A A‘D‘E‘ = a," : «,/> i- t. d. tedaj tudi (AfiC-fACD + ADE . T.) : (A‘B‘Č r + A‘C‘D‘ + A‘D‘E‘ . . .) = af l : « 2 , ali ABCD . . . : A‘D‘C'D‘ 2 : o 2 *. Ako je tedaj vsaka stranica mnogokotnika A‘B‘C‘D‘ . . . »»krat manjša od vsake stranice mnogokotnika ABCD . . ., ki je podoben prvemu, je ploščina prvega m" manjša od ploščine druzega mnogokotnika. Merilo, na katerem so prave mere po danem razmerji uma- njene, imenujemo onialjeno. 67 Računske na’oge. 1. Izračuni stranici A'O, B‘C‘ trikotnika A‘B‘C‘, kateri je podoben trikotniku ABC, ako je AB == 35™, ,16' = 40™ ; BG == 30 m , A‘B‘ = 12™. 2. Merska števila stranic trikotnika ABC so dana; kolike so stranice podobnega trikotnika A‘B‘C‘, ako je razmerje dveh istoležnih stranic m : n? AB = 58™, AC = 45™, BC = 36™, m : n = 3 : 4. 3. Za trikotnik ABC sta dani razmerji stranic AB : AG in AB : BC: izračunaj tretje razmerje stranic AC : BC. AB : AC == 7 : 9, AB : BC = 12 : 5. 4 Na katasterskem črteži znaša daljica 5 - 75 dm ; kolika je njena resnična dolžina, a) ako je z l cm na črteži načrtanih 30™, b) ako je razmerje med mero na črteži in natorno dolgostno mero 1 : 2500? 5. Koliko dolgo moraš 648™ dolgo daljico po omaljenem merilu načrtati, ako narisuješ resnične dolgostne mere omaljene v razmerji 1 : 7500? 6. Senca stolpa je 62™ dolga in senca 1™ visoke vertikalne palice r6™; kolika je višina stolpa? 7. Obseg trikotnika ABC je o; kolik je obseg o' podob¬ nega trikotnika, ako je razmerje dveh istoležnih stranic m : n ? a) o — 54™, m : n = 3 : 4; b) o == 6'4 cm , m : n — 5 : 8, 8. Dan je obseg o trikotnika ABC, stranica AB in isto- ležna stranica A‘B' podobnega trikotnika A‘B‘G‘ ; izračunaj obseg druzega trikotnika. o = 54™™, AB — 15™™, A‘B‘ = 27 m . 9. Obsega o in o' podobnih trikotnikov ABC in A‘B‘C' sta dana in stranica AB-, izračunaj istoležno stranico A‘B‘. o = 48 mm , o' = 126 mm , AB == 17™™. 10. V pravokotnem trikotniku so a, b, c, v, m in n ozi¬ roma merska števila obeh katet, hipotenuze, pravokotnice od vrha pravega kota na hipotenuzo in odsekov hipotenuze; izračunaj iz dveh teh količin vse druge. 1) a = 2‘8 m , 2 ) b = 27-9™, 3) m = 16™, b = 2-1™; v = 23.56™; n — 9™. 11. Dve istoležni stranici dveh podobnih tiikotnikov sta si kakor 2 : 3 in ploskev prvega trikotnika znaša 1-4D™ kolika je ploskev druzega ? 5* 12. Obsega devh podobnih trikotnikov sta o — 54 cm , o , — 42 cl " in ploščina prvega trikotnika p = 176D m ; kolika je ploskev druzega ? 13. Ploščini dveh podobnih trikotnikov sta p — 5'67D m , j), = 4-27D” 1 in obseg prvega o — 6'2 m ; kolik je obseg druzega? 14. Y stavbenem črteži, v katerem so 4 om izbranega me¬ rila za 3 m vzeti, znaša ploščina očrta 5EH 11 ™ 20D cm ; kolik je res¬ nični prostor za stavbo? 15. Jedna in ista dežela je na jednem zemljevidu v raz¬ merji 1 : 750000, na drugem v razmeiji 1 : 5000 narisana; ako je na prvem zemljevidu dolžina reke 8 cm in ploščina jezera 2-75D cm ; kolika je dolžina reke in ploščina jezera na drugem zemljevidu ? 16. Posestvo meri v resnici 200 Ha in na črteži 60D' Jm ; po kakšnem merilu je posestvo narisano? Naloge za načrtovanje. 1. Dane so tri daljice a — 16 rara , b = 10 mra , c — 8 mm ; poišči četrto proporcijonalo. Načrtaj kateri¬ koli kot ABC, stvori AD = a, DE — b, AF — c , zveži D in F z daljico DF in načrtaj EG |[ DF. EG je iskana 4. proporcijonala. Eecimo, da j e," EG — x, potem je ? a : b — c : x, torej x = — . Načrtaj po tej nalogi te-le izraze: , 3.4 ,, 5.7 . 2.3.5, .. 4 _ 4.1 a ) -5) 3 ’ c ) 7.11 5 ' 5 1 5.8 _ 11.3. D 3 7 Kešitev za c); 2.3.5 711 CA _5_ 11 (¥1 ■ 11 . 23 , e) -r + i. t. d. Za e) in f ): Načrtaj najprej vsak del vsote (diference) in potem vsoto (diferenco). 69 2. Načrtaj tretjo stalno proporeijonalo k danima dalji¬ cama a in b. Rešitev. 1. Po prejšnji nalogi, ako v nji postavimo c ~ b. 2. Analiza. Ako spustimo v pra¬ vokotnem trikotniku ABC (lik 100) z vrha C pravega kota pravokotnico na liipote- nuzo, je D B tretja proporcijonala k A J) in DC ali tudi DB (oziroma Al)) k AB in BC (oziroma AC). Potem dobimo še dvojno rešitev te naloge. Rešitev. zveži točki C in A. a) Stvori CD J AB, AD = a, CD = b ; z daljico AC in stvori CB | AC, katera seče podaljšano AD v točki B. DB je iskana tretja proporcijonala x. Dokaz sledi iz analize. b) Velja za a > b. Stvori AB = a, napiši nad AR polukrog in iz A s polumerom b lok, kateri seče oni polukrog v točki C. Ako načrtaš CD J AB, je AD iskana tretja proporcijonala x. Po tej nalogi je: a : b = b : x, torej x == —. Načrtaj oziraje se na to nalogo še sledeče izraze: a ) r, , c ) ~4T + ~Y’ d) 5~ 7 -4 y . geometrijsko proporeijonalo k danima srednjo BI) — b, napiši nad AB polu- 5 3. Načrtaj daljicama a in b. a) Stvori (lik 100) AD = a, krog in postavi DC AB, katera seče polukrog v točki C. DCje srednja geometrijska proporcijonala med A D in DB. b) Stvori BA = a, katera je večja od b, in AD = b, napiši nad AS polukrog in potegni Z>6’J_AS; tetiva AS je iskana srednja geom. proporcijonala k a in b. 4. Razdeli dano daljico na več delov, kateri so med seboj v danem razmerji. Recimo, da imamo daljico AS raz¬ deliti na 3 dele, kateri so si kakor m : n : p ( 2:3:6). Potegni skoz A katerokoli premo A E, vnesi na njo od A do C m, od Lik 101. C do D n, od D jeduakih drugače do E p med seboj pa poljubno dolgih 70 delov, in potegni EB. Ako stvoriš CF ff DG [[ EB, so A F, FG, GB iskani deli daljice AB. 5. Umanji in povečaj več danili daljic po danem razmerji. 102, Ako liočeš dane daljice OJ , OB, OC (lik 102) umanjiti n. pr. v razmerji 4 : 3, potegni premo PQ, vnesi od P do R 3 in od P do S 4 jednake dele, stvori SV ± PQ in RT J PQ, in SA' = OA, SB‘ = OB, SC‘ = OC, potegni skoz P in l točke A‘, B‘, C' preme, katere sečejo bližnjo pravokotnieo RT v točkah A", B“, C"'; RA", RB", RC“ so iskane daljice, katere so umanjene v razmerji 4 : 3. Ako pa hočeš dane daljice povečati v razmerji 3 : 4, moraš jih vnesti na bližnjo pravokotnieo RT; in na pravokotnici S V imaš potem povečane daljice. 6. Razdeli daljico AB s prečnicami na n — p.r (20 = 4.5) jednakih delov. 103. Razdeli AB (lik 103) na p (4) jednakih delov in postavi v A in B pravokotnici na njo. Na vsako teh dveh pravokotnic vnesi r (5) med seboj jednakih, drugače pa poljubnih delov do C oziroma do D. Točki C in D zveži z da¬ ljico CD in razdeli to tudi na p (4) jednakih delov, da je CII = HJ — JK = KD. Ako zvežeš istoležna razdelišča pra¬ vokotnic z daljicami in točki A in H, E in J, F in K, G in D, s prečnicami AH. EJ, FK, GD je ab 3 AB, cd AB, e f AB i. t. d. ab : CH l Ker sta A Aah i 11 -ACH podobna, je namreč Aa : AC == 1 : r, torej ab = ~ AB, torej ab V r AB ali ab CII. Nadalje je CH AB. 71 2 s Takisto dokažeš, da je cd = — AB, ef -= — A# i. t. d. 7. Načrtaj tisočninsko poprečno merilo. Lik 104. }J 90 SO 70 60 JU 40 30 20 10 O 100 ' 2 00 A r B r x> X Vnesi na premo AX (lik 104) 10 jednakih delov AB = BC i. t. d., da dobiš daljico A M. Postavi v teh razdeliščih pravo- kotnice, vnesi tudi na vsako teh 10 med seboj jednakih, vender poljubnih delov in zveži razdelišča takisto, kakor v prejšnji na¬ logi. Potegni prečnico C 200 potem je ob — -i CD. To daljico vnesi na AB desetkrat, isto tako na Eo, in potegni med raz- delišči takisto prečnice kakor v prejšnji nalogi. Potem je P 1 = FČT afj = Ido AB = idod q 2 = 100( ^ AM i. t. d. Ako je n. pr. AB namesto jednega decimetra, je BF na¬ mesto jednega centimetra, p 1 namesto jednega milimetra na omaljenem merilu. Kako moreš s poprečnim merilom a) meriti daljico na papirji ; b) načrtati daljico dane dolžine na papir; c) razdeliti dano daljico na več jednakih delov; d) poiskati razmerje dveh daljic? 8. Načrtaj nad dano daljico A‘B' mnogokotnik, kateri je podoben danemu. Lik 105. 72 a) Razdeli dani mnogokotnik ABCD . . . (lik 105) z diago¬ nalami na trikotnike, napiši nad A‘B‘ A A‘B‘C' co A ABC, nad A'C‘ A A‘C‘D‘ oo A ACD, nad A'D' A A‘D‘E' os A ADE\. t. d.; A‘B‘G'1)' .. . je zahtevani mnogokotnik. Lik 106. 1 ) l) Potegni od A (lik 106) do vseli oglišč diagonale, stvori AM ----- A‘B‘, in potegni MN [| BC, EN || CD i. t. d. Mnogo¬ kotnik ABCD . . . cc AMNP . . . Ako tedaj načrtaš nad A‘B' mnogokotnik A‘B‘C'D' . . . 22 AMNP . . ., je on za¬ htevani mnogokotnik. Zmeri sobo in jo načrtaj v omaljenem merilu. Šesti oddelek. Krog. 1. Krog 1 in točka. §. 95. Krožnica (§. 4.) je kriva črta, v kateri so vse točke od nepremakljive notranje točke jednako oddaljene. Ono notranjo točko imenujemo središče, vsako daljico pa, katera veže katero¬ koli točko krožnice se središčem, polumer (radij) kroga. Točka leži zunaj (znotraj) kroga, ako je njen razstoj od središča kroga večji (manjši) od polumera. Načrta) krog s poluinerom r = 2 cm in poišči točko, katera je od središča a) 3 cm , b) 2 rm , c) l cm oddaljena. — Koliko takih točck moreš načrtati ? §. 96. Tri točke A, B, C (lik 107), katere ne leže v jedili premi, določujejo krog popolnoma. 73 Ako potegnemo daljici AB in BC in postavimo v njijinih razpoloviščih D in E pravokotni« DF in EG na nji, morata se te dve v jedili točki O sekati. Ako potegnemo dalje O A, OB in OC, je (§. 59, 1) O A — OB in OB = OC, tedaj tudi OA = OB = OC. Točke A, B, C imajo torej od O jednak razstoj, in ako napi¬ šemo iz O s polumerom OA krog, mora ta iti skoz točke A, B, C. Ker se moreta pa pravokotni« O F in EG le v jedili točki sekati, načrtati moremo tudi le jeden krog, kateri gre skoz točke A, B, C. Koliko krogov moreš načrtati skoz dve dani točki? (Geometrijsko mesto središč?) 2. Krog in prema. Lik 107. §. 97. Prema kroga a) ne zadene, ali b) se ga dotika v jedili točki, ali c) ga seče v dveh točkah, ako je njen razstoj od središča kroga večji ;.li jednak ali manjši od j oliimera. Lik 108 Dokaz. a) Ako je (lik 108, I) pravokotnica OC od središča na premo AB večja od polumera, leži že podnožišče C pravokotnice zunaj kroga, torej tem bolj vsaka druga točka D preme AB. ker je hipotenuza OD večja od kateta OC. b) Ako je (lik 108, II) pravokotnica OC od O na AB jednaka polurnem, leži njeno podnožišče C v obodu kroga; vsaka druga točka D preme AB pa mora, ker je OD > OC , zu¬ naj kroga ležati. 74 c) Ako je (lik 108, III) pravokotnica OC od O na AB manjša od polumera, je njeno podnožišče znotraj kroga; razstoji vseh drugih toček preme AB na obeh straneh točke C pa rastejo od tod neprestano in postanejo na obeh straneh je- denkrat polurnem jednaki t. j. dotični točki D in E preme AB ležita v obodu kroga. Razstoji vseh drugih toček so pa ali večji ali manjši od polumera: razun toček D in E ne leži torej nobedna v krožnici. §. 98. Premo, katera se dotika kroga le v jedili točki tako, da leže vse druge njene točke zunaj te krive črte, imenu¬ jemo dotikalnico (tangento); točko, katero imata tangenta in krožnica skupno, pa dotikališče. Premo, katera seče krog v dveh točkah, imenujemo sečnico (sekanto), daljico med presečiščema pa tetivo in na tetivo pra¬ vokotno daljico od srede tetive do loka višino loka. Ploskev, katera je omejena od tetive in loka, imenujemo krogov odsek (segment), in oni del krožnine, katerega omejevata dva polumera in lok med njima, krogov izsek (sektor). — Vsaka tetiva raz¬ deli krog.v dva odseka, imenujemo ja nasprotna. Izreki o tetivah kroga. §. 99. Iz izrekov 1., 2. in 4. v §. 59 in iz §. 15. slede ne¬ posredno ti-le trije izreki: 1. Daljica iz središča kroga do srede tetive stoji pravo¬ kotno na tetivi in razpolavlja pripadajoči lok. 2. Pravokotnica od središča kroga na tetivo razpolavlja to in pripadajoči lok. 3. Pravokotnica, postavljena na tetivo v njeni sredi, gre skoz središče kroga. Lik 109 §. ioo. V istem krogu imata dve jednaki tetivi jednak razstoj od središča. Pogoj. AB = CD, OE _L AB, OF _L CD (lik 109). Trditev. OE — OF. Dokaz. Ako potegnemo OA in OC je A AEO ^ A CFO (§. 52),* tedaj OE = OF. 2. Dve tetivi kroga sta jednaki, ako imata jednak razstoj od središča. 75 Recimo, da je (lik 109) OE = OF. Potem pa je A AEO Ši A CEO, tedaj AE — CF in Ali == CD. 3. h med dveh nejednakili tetiv ima večja manjši razstoj od središča. Po 1. smemo vzeti dve tetivi, kateri imata jedno krajišče skupno. Vzemimo, da je (lik 110) AB > AC, OD J_ AB in OE AC. Ako potegnemo DE, je v A ADE <*&><$«{§. 35, 2), tedaj < d < < c in zato tudi OD < OE. 4. Izmed dveh nejednakili tetiv ima večja manjši razstoj od središča. Recimo, da je (lik 110) OD < OE. Ako bi bila AB^ AC’ morala bi biti oziroma po 1. ali 3. OD A OE, kar pa je proti pogoju. Izvod. Premer je naj večja tetiva kroga. On deli periferijo kroga v dva jednaka dela. Izreki o tangentah kroga. Lik 110. §. 101. 1. Pravokotnica na polunier v njegovem kraj išči je tangenta kroga (§. 97, 2). 2. Polumer do dotikališča stoji pravokotno na tangenti. 3. Pravokotnica na tangento v dotikališči gre skoz sre¬ dišče kroga. 4. Pravokotnica od središča na tangento gre skoz do- tikališče. Dokazi za obrate 2., 3. in 4. so indirektni. Izvod. Skoz jedno točko krožnice moremo na to le jedno tangento potegniti. §. 102. Tangenti, kateri potegnemo od zunaj kroga ležeče točke nanj, sta jednaki. Pogoj. AC J_ O A, BC A OB. Trditev. AC = BC. Dokaz. Ako zvežemo točko C se središčem z daljico CO, potem je A AOC ^ A BOC, tedaj AC= BC. Tetivo AB, katera veže dotikališči kroga in tangent AC in BC, imenujemo dotikalno tetivo z ozirom na točko C. Izvod. Prema, katera veže presečišče dveh tangent s sre¬ diščem kroga, razpolavlja a) kot med tangentama, pa tudi kot, katerega polumera oklepata, b) lok in dotikalno tetivo, in stoji c) na tej tetivi pravokotno. 3. Krog in kot. §. 103. Vrli kota leži oziraje se na krog ali v njegovem središči ali zunaj središča; v prvem slučaji imenujemo ga sre¬ diščen, v drugem pa izsrediščen kot. Ako leži vrli izsrediščnega kota v periferiji, imenujemo ga kot v obodu ali oboden kot. Lik- 112. C §. 104. Oboden istem loku. Pravimo, da stoji obodni kot ABC na loku ADB (tetivi AB), kateri je med krajiščema njegovih krakov, in da je obodni kot ACB v odseku AECBB, v katerem so njegov vrh in njegova kraka. Oboden kot, čegar kraka gresta skoz krajišči premera, imenujemo kot v polukrogu, kakor ABC. kot je jednak polovici središčnega kota na Lik 113 Pogoj. Kota ACB in AOB stojita na istem loku AB. Trditev. < ACB — <£ AOB. Dokaz. Tu je treba razločevati tri slučaje: I. Jeden krak obodnega kota je premer (lik 113, I). Potem sledi iz jednakokrakega A BOC (§. 35, I, izv. b) < AOB = 2. < ACB ali < ACB = \ < AOB. II. Središče leži med krakoma obodnega kota (lik 113, II). Ako potegnemo premer CD, je 77 «4 ACD = 2 ' <4 A()l). »4 BCD = y <4 BOB, tedaj <4 ACD + < BCD = -f (< AOD + <4 BOB) ali <4 ACB = -f <4 AOB. III. Središče leži zunaj krakov obodnega kota (lik 113, III). Ako potegnemo premer CD, je <4 BCD = 4 - <4 BOD, < ACD — -j <4 AOD, torej <4 AOD), ali <4 BCD — <4 ACD — y (<4 BOB <4 ACB = j- < AOB. Izvodi. a) Obodni koti na istem loku in v istem krogu so jednaki. Kajti vsak je jednak polovici središčnega kota na istem loku. b) Jednaki obodni koti stoje v istem krogu na jednakih lokih (obrat od a). c) Kot v polukrogu je prav. Kajti središčni kot na istem loku je iztegnem (Sledi tudi iz §. 37). d) Obodni koti na lokih, kateri so manjši (večji) od polukroga so ostri (topi). e) Dva obodna kota na isti tetivi pa v nasprotnih odsekih kroga znašata 2 B. Kajti vsota pripadajočih sredičnih kotov znaša 4B. §. 105. Kot med tangento in tetivo, potegneno skoz doti- kališče, je jednak obodnemu kotu na tej tetivi v nasprotnem od¬ seku kroga. Pogoj. BC J AOE (lik 114\ Trditev. a) < BAD = <4 AED, b) <4 CAD = <4 AFD. Dokaz. a) <4 EAB = <4 EAD + <4 BAD — B, in v pravokotnem A ADE tudi -4 EAD -+- <4 AED = R, torej -4 EAD + <4 BAD = -4 EAD -f- <4 AED ter tud: < BAD = <4 AED. 78 h) < CA I) -f < BAD — 2 R in 00' in OB — 0‘B c 00', moremo nad 00' načrtati dva trikotnika s polumeroma krožnic tako, da je OB — OB' in 0'B = 0'B‘, torej sta B in B' skupni točki kročnic, t. j. krožnici se sečeta v teli dveli točkah. 2. Dve krožnici se dotikata v jedni točki a) od zunaj, b) od znotraj, ako je centrala jednaka a) vsoti, b) diferenci polunterov. a) Ker je 00' — r -j- r' (lik 117), se mora polumer druge krožnice, ka¬ teri leži v meri centrale, tam začeti, kjer se konča polumer prve krož¬ nice; A je torej skupna točka krožnic J Vsaka druga točka D krožnice O', leži pa zunaj krožnice 0; kajti OD > 00' — 0‘D ali OD > OA. Lik 117. b) Po pogoji je 00' = r — r' (lik 1181. Ako je potem O A = r, je 00' = OA — >•', tedaj OA — 00' = O'A = r'; točka A leži torej v obeli krožnicah. Ta je pa tudi jedina skupna točka; kajti OD c 00‘ -j- 0‘D ali OD 00' — 0'D ali OD > OA‘. b) Dokaži takisto. se krogov gre skoz dotikališče. ■ skupnem dotikališči je tudi tan- se krogov stoji na skupni tetivi ) tetivo in pripadajoča središčna Vzemimo, da sta ?• in dolžini polumerov in c dolžina centrale dveli krogov; določi medsebojno lego teh dveh krogov za sledeče vred¬ nosti teh količin. a) r — 5, r' = 3, c = 8; f) r — 6, r' — 6, c = 8; b) r = 7, r' = 4, c — 2; g) >• — 10, r' ■= 3, c = 7; c) r = 6, r' = 4, c — 10; h) r — 5, r' = 5, c = 10; d) r = 8, r' = 3, c == 6; ) r = 12, r' = 7, c = 9; e) r = 9, r' = o, c = 4; k) r = 9, r' = 2, c = 5. §. 110. Trakovi, katere potegnemo v dveh krogih skoz kra- jišči po dveh vzporednih polumerov, se sečejo vsi v jedili jsami točki centrale in sicer a) v njenem podaljšku, b) med središčema, ako sta poluinera a) v istem smislu, b) v nasprotnem smislu vzporedna. Lik 12 °- Eecimo , da je (lik 120) "Oil/1| O' N in OM [| 0‘N‘, potem je A O MA oo /\P‘NA, torej 0A:0‘A=0M: O'N, {O A — O'A).: O A = (OM — 0)‘N : OM ali OO' : OA= (OM — 0‘N) : OM. Ako so c, r, r' merska števila centrale in polumerov, se iz- premeni zgornja proporcija v sledečo: c : O A = (V — r') : r. iz česar sledi Ker so c, r, r' nepremenljive, torej od lege polumerov ne zavisne količine, je tudi O A nepremenljiva t. j. vsi trakovi, katere potegnemo skoz krajišči raznih parov v istem smislu vzporednih polumerov, sečejo podaljšek centrale v isti točki A. Dokaži takisto iz podobnosti trikotnikov OJM in 0'JK‘, da je OJ === r V , nepremenljiva količina. Točko A imenujemo vnanje in točko J notranje podobnišče obeh krogov. Vsak trak, katerega potegnemo skoz podobnišče, imenujemo podoknico in sicer z ozirom na podobnišče, skoz ka¬ tero gre, vnanjo ali notranjo podoknico. Kroga sta pa podobno ležeča z ozirom na podobnišče. Izvod. Ako sta polumera obeh krogov jednaka, je vnanje podobnišče brezkončno oddaljeno. Kajti za r = r' je O A — ~~ t. j. brezkončno ve l ika. Načrtaj krog O', kateri ima z danim krogom O dano podobnišeo A■ Koliko takih krogov moreš naertati ? §. 111. Ako ima podobnica dveh krožnic z jedno skupno točko, jo ima tudi z drugo. Recimo, da je AM (lik 120) podobnica, katera se kroga O dotika v M. Ako potegnemo polumer OM in polumer 0'A r || OM, potem mora podaljšana daljica MN iti skoz podobnišče A t. j. MNA in podobnica AM sta ista prema ali A M ima s krogom O' točko N skupno. — Takisto izvršiš dokaz za notranjo podob- nico JM. Izvod. Ako ima podobnica dveh krogov z jednim dve točki skupni, ali jedno samo, ali nobedne, velja isto za drugi krog. Podobnica kakor sekanta ali tangenta jednega kroga je torej tudi sekanta ali tangenta druzega kroga. Ako gre skupna tangenta skoz vnanje ali notranje podob¬ nišče, jo imenujemo vnanjo ali notranjo. 5. Krog in innogokotnik. §. 112. Mnogokotnik, kateri ima tetive (tangente) za stra¬ nice, imenujemo krogu vpisan (opisan) mnogokotnik, ali tetiven (tangenten) mnogokotnik; krog pa je mnogokotniku opisan (vpisan). Geometrija. h 82 §. 113. Vsakemu trikotuiku moremo a) krog opisati, b) krog vpisati. Sledi iz §. 61. 1 in 2, ker je prva znamenita točka jednako oddaljena od vseli oglišč, druga znamenita točka pa jednako od¬ daljena od vseli stranic trikotnika. Dostavek. Trikotniku vpisan krog imenujemo notranji do¬ tikajoči krog. Ako razpolovimo v trikotniku dva vnanja kota in skupni nasprotni kot, sečejo se polovnice v jedni točki, ka¬ tera je tudi od vseli treh stranic jednako oddaljena. Na ta način dobimo tri druge dotikajoče kroge, katere imenujemo vnanje dotikajoče kroge. §. 114. 1. V vsakem tetivnem četverokotniku sta vsoti nasprotnih kotov jednaki. in sicer je vsaka vsota jednaka dvema pravima. Sledi iz §. 104, e. 2. Obratno. Četverokotnik, v katerem znaša vsota nasprotnih dveh kotov dva prava, je tetiven četverokotnik. Lik 121 . Indirekten dokaz. Skoz tri točke A, B, G (lik 121) moremo zmerom napi¬ sati krog (§. 96). Ako bi ta ne šel skoz četrto D, bi sekal tetivo AT) ali pa njen podaljšek v točki T)‘, in potem bi bila, ako potegnemo daljico D‘C, < B -|- <$ AD'C = % R (po 1.); po pogoji je pa tudi < B -j- <4 ADG =2 7?, torej bi bil Lik 122. < AD‘G = < ADC, kar je pa nemogoče (§. 33, izv). Izvod. Vsakemu kvadratu in pravokotniku moremo opi¬ sati krog. §. 115. L V vsakem tangentuem četverokotniku sta vsoti iz nasprotnih dveh stranic jednaki (lik 122). Ker je po §. 102 AE = AH, BE = BF, CG = CF, DG = D H, je tudi AE + BE + CG 4- DG = AH + BF -f CF + DII ali AB + CD = AD + BC. 83 2. Obratno. Četverokotnik, v katerem sta vsoti nasprotnih dveh stranic jedil aki, je tangenten nmogokotnik. Becimo, da je (lik 122) AB CD = BC -(- AT ). Indirekten dokaz. Ako bi se krog, kateri se dotika stranic AB, BC in AD v točkah E, F, H, ne dotikal tudi stranice T)C, potem bi se dotikal druge preme, katera gre skoz točko D, n. pr. 1)0. Potem pa je po 1. AB -j- DO — AD -f- BO, in po pogoji AB -f DC = AD -f- BC, tedaj DC — DC' = BC — BC' — CC", kar je pa ne¬ mogoče (§. 38, 2). Izvod. Vsakemu kvadratu in rombu moremo vpisati krog. §. 116. 1. Vsakemu pravilnemu mnogokotniku moremo krog vpisati in opisati. Sledi iz §. 66. Dostavek. Središče ' pravilnega mnogokotnika je tudi sre¬ dišče opisanega in vpisanega kroga. 2. Ako razdelimo periferijo kroga v več jednakih delov, tvorijo a) tetive med po dvema sosednima razdeliščema pravilen vpisan in b) tangente v razdelišeili pravilen opisan mnogokotuik. Pogoj. AB = BC = CZ) = . . . (lik 123). Trditev. ABC D ... in GHJK . . ■ sta pravilna mnogokotnika. Dokaz. a) AjB = UČ — UD ...(§. 15) in <4 FAB = <4 ABC = -4 BCD . . . (§. 104, izv. a), torej je ABCD . . . pravilen mnogokotnik. b) A AGB, A D1IC, A CJD i. t. d. so jednakokraki (§. 102). Ker pa imajo osnovnice AB, BC, CD i. t. d. jednake in tudi kote na teh ležeče (§. 105), so tudi skladni. Potem je pa < G = <4 H = < J = <4 K =... in GB = BH — HC=CJ. . . ali GH — HJ — JK = . . ., torej mnogokotnik GHJK . . . . pravilen. §. 117. Stranica krogu vpisanega pravilnega šesterokot- nika je jednaka polurnem kroga. 8:4 Dokaz. Z daljicami od središča do oglišc šesterokotnika raz¬ delimo tega v skladne jednakokrake trikotnike (§. 66. izv.), ka¬ teri so pa tudi jednakostranični, ker kot pri vrhu 60° znaša. Polumer in stranica mnogokotnika sta torej jednaka. §. 118. Stranica krogu vpisanega pravilnega deseterokot- nika je jednaka daljšemu odseku polimera, razdeljenega v no¬ tranjem in vnanjem razmerji. Lik 124. Dokaz. Ako je AG (lik 124) stranica pra¬ vilnega deseterokotnika, je < AOC — 36°, < A — < AGO = 72°, in ako stvorimo < m = < n = GH tudi AF -f BF > AG + GH -f- HB. Ako sta dalje JK in LM skoz sredi D in E lokov AC in BC potegnem tangenti, je ulomljena črta AGHB > od 89 Lik 132. F ulomljene črte AJKLMB in tem bolj AF -j- BF > AJKLMB t. j. ulomljena črta manjša se tem bolj, čim več toček ima z lokom skupnih. Najkrajša izmed teli ulomljenih črt mora torej biti ona, ka¬ tera ima največ in sicer brezkončno mnogo toček skupnih z lo¬ kom t. j. lok sam. Tedaj je tem bolj AF -f- BF > ACB. Izvoda. a) Obseg vsakega krogu vpisanega (opisanega') pravilnega mnogokotnika je manjši (večji) nego obod kroga. b) Obsegi vpisanih in opisanih pravilnih mnogokotnikov dado se obodu kroga poljubno približati, ako podvojujemo šte¬ vilo njih stranic t. j. krog moremo smatrati za mejo, ka¬ teri se bliža obseg vpisanega (opisanega) pravilnega mno¬ gokotnika, ako podvojujemo število njegovih stranic. V tem smislu moremo reči: Krog je pravilen mnogokotnik z brezkončno mnogo brez¬ končno majhnih stranic. Vsi izreki o pravilnih mnogokotnikih, katere smo dokazali brez ozira na število njihovih stranic, veljajo tudi za krog. §. 127. Oboda dveh krogov sta sorazmerna z njijiuima po- lumeroma ali premeroma. Sledi iz §. 126, izv. b) in §. 119, a). Izvodi. a) Ako so O in o, R in r, P in p oziroma merska števila obodov, polumerov in premerov v dveh krogih, je 90 O : o = R : r — P : p. Iz tega sledi O : P = o : p t. j. razmerje oboda in premera je za vse kroge nepremenljiva količina. To nepremenljivo razmerje zaznamenujemo s številom n, tako da je — = ~ = n. J p 2 r b) Iz prejšnjega izraza sledi: o — p n — 2 r n, t. j. obod kroga je jednak produktu iz premera in števila n. c) Za p = 1, je o = n. Število n moremo tedaj smatrati za obod kroga, eegar premer je 1. d) Ako je l dolžina loka, pripadajočega k središčnemu kotu « potem je po §. 122, izv. a) l : 2rn — a : 360; tedaj 7 / ‘ tl 71 1 ~ “ 180 ”' §. 128. Določba števila ti. Da izračunamo število n. t. j. obod kroga, čegar premer je 1, treba da začnemo s pravilnim temu krogu vpisanim šeste- rokotnikom, čegar stranica je s 6 = r = ; iz te izračunamo po §. 121 stranico vpisanega pravilnega dvanajsterokotnika s l2 , iz te zopet na isti način stranico 24terokotnika s 24 i. t. d. Ako množimo posamezne stranice z dotičnimi števili, dobimo obsege °s> °i 2 i °in • • • mnogokotnikov, torej vrsto števil, od katerih je vsako manjše nego iskani obod, pa vsako sledeče bliže od prejšnjega. Potem izračunamo iz stranic s 8 , s, 2 , s, i4 ... po §. 120 stranice S 6 , ,S' 12 , S 2i . . . opisanih pravilnih mnogokot¬ nikov oziroma z istim številom stranic, in iz teh obsege O«, O P2; 0, 4 . . .; na ta način dobimo drugo vrsto števil, od katerih je vsako večje nego iskani obod, toda vsako sledeče bliže kakor prejšnje. Na ta način moremo število n zaporedoma med dve števili o 6 in 0 6 , o 12 in 0 12 . . . spraviti ter poljubno natanko iz¬ računati. Resultate tega računa do 3072terokotnika navaja sledeča tablica: 91 Obsega vpisanega in opisanega pravilnega 3072terokotnika razlikujeta se tedaj še le v šestem desetinskem mestu; ker je pa obod n med tema dvema obsegoma, mora skupni del zgoraj navedenih števil obod n biti; torej n = 3-14159. Števila n ne moremo popolnoma natančno izračunati, vender pa toliko natančno, kolikor le hočemo; ono je iracijonalno šte¬ vilo. Na deset decimalk je n = 3-14159 26536. Arhimed je izračunal za n vrednost 3 -\i Metij Ludolf na 35 decimalk; po zadnjem imenujemo n Ludolfovo število. §. 129. Ploščina kroga je jednaka produktu iz oboda in polovice poluinera. Sledi iz 126, izv. b ) in §. 74. Izvod. a) Ako so r, o, p oziroma merska števila polumera, oboda in ploščine kroga, je r p = ° j. Ker je pa o — 2 r n, je tudi P = r ' 1 n, t. j. ploščina kroga je jednaka produktu iz kvadrata polumera in števila n. h) Ako sta P in p ploščini, R in r pa polumera dveh krogov, je P = R 2 n in p = r 2 n, tedaj P : p = R 2 ; r*, 92 t. j. ploščini dveh krogov sta sorazmerni s kvadratoma njijinih polumerov. §. 130. Ploščina izseka kroga je jednaka dolžini loka mno¬ ženi s polovico polumera. Ako je pl ploščina izseka, r polumer in « središčni kot, je T^TTCi VTICL V Vi : >' 2 71 = « : 360 (§. 122, izv. b), tedaj p { = • -g-, ali, ker je = l dolžina loka, pripadajočega k središčnemu kotu a (§. 127, izv. d) Dostavek. Ploščina krogovega odseka je jednaka, ako je odsek manjši (večji) od polukroga, diferenci (vsoti) iz pripada¬ jočega izseka in trikotnika, omejenega od tetive in polumerov. §. 131. 1. Ploščina kolobarja je jednaka polovici vsote obeh obodov množeni s širino kolobarja. Ako zaznamenuje pv ploščino kolobarja, R in O polumer in obod večjega, r in o pa polumer in obod manjšega obeh kon¬ centričnih krogov, je p± = R^n ‘— r’ 1 n — (R* —h'' 2 ). n — (R -j- r) {R — r)n = —— 2rn JU _ r) = 2. Ploščina kolobarjevega izseka je jednaka polovici vsote obeh lokov množeni s širino kolobarjevega izseka. Dokaz je prejšnjemu podoben. Računske naloge. 1. V krogu je r polumer, b tetiva in d njena razdalja od središča; izračunaj iz dveh teh količin tretjo. o) b == 3-4’“, b) r = l'56 m , c) r = 7 dm 2 cm , d = 2'5 ra ; d = 0’84 m ; b = 4 dm 8 c,n . 2. V krogu (r — 5 m 2 dn ‘) je premer razdeljen v razmerji 4 : 9; kolika je skoz razdeljišče pravokotno na premer potegnena tetiva ? 3. V krogu je 2 r premer, b tetiva in v višina loka; izračunaj iz dveh teh količin tretjo* : 93 a) 2r = 36 dm , b) b = 8 m , v - 4 dm ; v = 2 m . 4. Dva jednaka kroga (r = 6 cm ) se dotikata; kolika je a) tangenta iz središča jednega na obod druzega, b) dotikalna tetiva ? 5. Y krogu je r polumer, o obod, p ploščina; izračunaj iz jedne teli količin drugi dve. a) r = 5‘2 m ; b) o = P256 dm ; c) p = 349D dm . 6. Premer zemeljskega ravnika je 12755 Km ; kolik je njegov obod, kolika jedna njegova stopnja? (n — 3-14159;. 7. Kolika je pot, katero preleti točka ravnikova vsled vr¬ tenja zemlje okoli njene osi v jedni minuti ? 8. Sprednje kolo pri vozu ima polumer r — 40 cm in zadnje Ji = 50 cm ; kolikokrat se zavrti sprednje kolo, ako se zavrti zadnje 1065krat ? 9. Polumera dveli krogov sta 2 i1m 4 cro in 3 llm 2 cm ; kolik je premer kroga, kateri je jednak vsoti onih dveh krogov ? 10. Oboda dveh krogov sta 27-25 cm in 12 - 78 cm ; kolik je obod kroga, čegar ploščina je jednaka diferenci onih dveh krogov ? 11. Obod kroga je jednak obsegu kvadrata, čegar stranica je 4 cm ; izračunaj razmerje njijinih ploščin. 12. Polumer kroga je 5 dm ; kolika je stranica ploskveno- jednakega jednakostraničnega trikotnika? 13. V krogu je r polumer, « središčen kot in l dolžina pripadajočega loka; izračunaj iz dveh teh količin tretjo. a) r == 8 dm , b) r = 2 4m 7 em , c) a = 48°, « = 135"; l = 2 dm 28 mm ; l = 4 dm 26 mm . 14. Ako je polumer kroga l dm , kolika je dolžina loka za a) 1°, b) V c) 1"? 15. Dolžina loka je jednaka premeru; kolik je pripadajoči središčni kot? 16. Geograflčna širina Ljubljane je 46° 3'; koliko Km je od ravnika oddaljena, ako ima polumer meridijana 637P56 Km ? 17. V krogu je r polumer, « središčen kot, l dolžina pri¬ padajočega loka in ploščina pripadajočega izseka; izračunaj iz dveh količin drugi dve. 94 a) r = 2 m , b) « = 35°, c) « = 75°, $ 1 = 0-698“, « = 38°; l == 2*61 m ; 44 = 100> m ; ^ = 0-349D " 1 / r = 4 dm , = 20-096D 1 ". 18. Kolika je ploščina odseka v krogu s polimerom r — 8 - 5 dm , ako ima središčen kot a) 60°, b) 120 °? 19. Polurnera dveh koncentričnih krogov sta R in r, oboda O in o, širina kolobarja c in njegova ploščina jh ; izračunaj iz dveh teh količin vse druge. a) R - 6 dm 8 C ” b) R = 3'12 m , c) r = 0-75”, d) 0 = 5“ 2 d ”, r = 4 dm 5 «n. 0 _ 11 - 56 ®. p k _ i-836D m ; c = 0-24 ,n ; e) o == 7'134 dm , /) c = 2 m , j>k = 5-793D dm ; jp k = 150-792D dm . 20 . Kazdeli krog, čegar polumer je 6 dm dolg, s koncen¬ tričnim krogom na dva jednaka dela; kolika je širina kolobarja? 21 . Kolika je ploščina kolobarjevega izseka, ako sta po¬ limera lokov 5 dm in 4 d,n . in središčen kot 48° ? 22 . Izračunaj iz polimera kroga stranico vpisanega in opisanega jednakostraničnega trikotnika. Llk p 33- Ako je (lik 133) AB — s 3 stranica jednakostraničnega trikotnika, OC = r polimer kroga in premer CD _L -AB, je AD stranica vpisanega pravilnega šeste- rokotnika in tedaj jednaka r. V pravokotnem trikotniku CA D je potem AC 2 = CD 2 — AD 2 ali s 2 . = 4 r' V'3. 2 iz česar sledi Za opisani jednakostraničen trikotnik dobimo po §. 120 c r • s 3 _ r 2 V 3" , _ 0 S s = ■ =-= = —— = 2r\]% = 2 s r V •* - t V •* - T 23. Izračunaj iz polurnera kroga stranici s 4 in č > 4 vpisanega in opisanega kvadrata. s 4 == r V 2 ; Si — 2 r. 24. V krogu je polumer 35 cm ; za koliko sta obod in plo¬ ščina tega kroga večja (manjša) od obsega in ploščine a) vpi- 95 sanega (opisanega) kvadrata, b) vpisanega (opisanega) šestero- kotnika ? 25. V krogu je polmner 1; izračunaj stranico in ploščino vpisanega pravilnega a) osmerokotnika, b) šestnajsterokotnika (§• 121 ). _ _ s, = \/ 2 - vV; «,• = \/ 2 - v 2 + VT P, = 2 J,. = 4 Y 2 - \/V 26. Vsota ploščin krogu vpisanega jednakostraničnega tri¬ kotnika in kvadrata je 100D l|m ; kolik je polumer? 27. Diferenca ploščin krogu opisanega in vpisanega kva¬ drata je 24D d,n ; kolik je polumer? 28. Ako podaljšaš vrvico z drugo l ,n dolgo, moreš obseči za 2D m večji krog; kolika je nepodaljšana vrvica? Naloge za načrtovanje. 1. Poišči središče kroga ali loka. Potegni dve nevzporedni tetivi in reši nalogo po §. 96. 2. Potegni skoz točko znotraj kroga najkrajšo tetivo. Potegni skoz dano točko polumer in na tega pravokotno tetivo; ta je zahtevana tetiva. Kajti vsaka druga tetiva, ka¬ tero potegneš skoz dano točko, ima manjšo razdaljo od središča ter je daljša (§. 100, 4). 3. Dana je daljica ; napiši nad njo kakor tetivo tak odsek kroga, da so vsi njegovi obodni koti jednaki danemu. Vzemimo, da je (lik 134) BAG dani kot, AB dana daljica. Stvori AD = DB. DO J_ AB in AO J. AC, in napiši iz presečišča O pravokotnic s polumerom OA krog. Potem je AEB iskani odsek kroga, v katerem je obodni kot AEB jednak danemu. (Zakaj?) Lik 134. 4. Potegni skoz dano točko na obodu kroga tangento nanj. Potegni polumer do dane točke in v krajišči postavi pra- vokotnico na njega. 96 5. Potegni skoz dano točko zunaj kroga dve tangenti nanj. Analiza. Mislimo si nalogo rešeno ter CB in CA (lik 111) kakor iskani tangenti. Potem je < OBC = F, torej leži njegov vrh t. j. dotikališče B v obodu polukroga, napisanega nad OC; B pa tudi leži v obodu danega kroga, torej v presečišči obeli. Isto velja o kotu OAC. Načrtovanje. Zveži središče danega kroga in dano točko C z daljico OC, razpolovi to in napiši iz njene srede krog, ka¬ teri seče dani krog v točkah M in It; premi CA in CB sta iskani tangenti. Dokaz sledi iz analize. 6. Danje krog s premerom NN' (lik 120); načrtaj krog, kateri leži podobno k danemu, ako je dano podobnišče A in AN : A M = e. NN = 50 ram , AN = 65 mm , AN = 74 mm , e = 3 /-. Za koliko mora biti točka C oddaljena, da sta tangenti vzporedni ? 7. Poišči vnanje in notranje podobnišče dveh krogov s centralo c. a) F = 80 mm , r = 15 inm , c = 60 mm ; b) F = 25 mm , r == 10 mm , c = 35 mm ; c) F = 35 m “ r = 10 mm , c = 30 mm ; d) F = 40 mm , r = 18 mm , c = 12 mm . 8. Načrtaj k dvema krogoma (F in r ) s centralo c skupne tangente. F = 25 mm , r = 6 mm , c — 35 mm . Potegni v obeh krogih dva v istem smislu vzporedna po- lumera in skoz njijini krajišči premo; ta seče centralo v vnanjem podobnišči krogov. Potem podaljšaj polumer jednega kroga čez središče do oboda in potem potegni premo skoz krajišče tega polumera in skoz krajišče polimera v drugem krogu; njeno pre¬ sečišče s centralo je no tranje podobnišče krogov (§. 110). 9. Razpolovi dan lok. (§. 99, 1). 10. Razpolovi obod kroga. Z nadaljevanim razpolavljanjem razdeliš obod na 4, 8, 16, ... . jednakih delov. 11. Razdeli obod na šest jednakih delov. (§. 117). Dva taka loka skupaj znašata tretji del oboda. Z razpolavljanjem lokov razdeliš obod v 12, 24, .... jednakih delov. 97 12. Razdeli dano daljico po stalnem sorazmerji iv srednjem in vnanjem razmerji). Potegni (lik 135) BC j AB, stvori Ijik BC = AB, napiši iz C s polimerom /■ CB krog, in potegni skoz točki A in C f sekanto, katero seče krog v točkah D in D 1 ; ako stvoriš še AE AB, je AB v _ / točki E po stalnem sorazmerji razdeljena. k b Kajti AD' : AB — AB : AB (§. 128, izv. 2). tedaj tudi AB : (AB‘ — AB) = AB : ( AB AB). Ker je pa AB ' — AB = AB' — B‘B = AB — AE, AB — AB = AB — AE = BE, je AB : AE = AE : BE. 13. Razdeli obod kroga na deset jednakih delov. Razdeli polumer po stalnem sorazmerji (naloga 12), in vnesi večji odsek kakor tetivo v krog. (§. 129). Dva taka loka skupaj znašata peti del oboda. Z razpolavljanjem lokov razdeljujemo obod na 20, 40, ... . jednakih delov. Ako zvežeš po dva sosedna razdelišča oboda v nalogi 10, 11, 13, vpišeš krogu pravilne mnogokotnike s tolikim številom stranic, kolikor je razdelišč, ako pa načrtas v razdeliščih na krog tan¬ gente, dobiš pravilne opisane mnogokotnike. 14. Napiši krog, kateri je jednak a) vsoti, h) diferenci dveh danih krogov (?*, = 30 mm , n, = 20 ram ). Analiza. Recimo, da je r polumer iskanega kroga, potem je a) r" n = r,-n -(- r.,-n ali r- = r, - -f- r„-, b) r"-n = v* n — v A n ali r"- — r , 2 — r 2 2 ; Načrtovanje. Načrtaj pravokoten trikotnik a) s katetama r, in r 2 , h) s liipotenuzo r , in s kateto r 2 i. t. d. 15. Napiši s polimeroma 3 c,n in 2™ kroga, katera se doti¬ kata a) od zunaj, b) od znotraj (§. 109, izv. a). Ki. Načrtaj s polimeri m, n, p tri kroge, kateri se vsi od zunaj dotikajo. Go omefcrija 7 98 Lik 136. Na črtaj trikotnik ABC se stranicami AB = m -f- n, AC = m -j- in BC = n + p, napiši iz A, B, C s polumeri m, n, p kroge; ti zadostujejo nalogi. Kako izvršiš nalogo, ako so po- iumeri vseh krogov jednaki? 17. Napiši iz danega sre¬ dišča krog. kateri se dotika dane preme. Potegni od dane točke pravokotnico OA na premo, in na¬ piši s polumerom O A krog. (§. 101, 4). 18. Napiši iz danega središča krog. kateri se dotika da¬ nega kroga. (§. 114, izv. «). 19. Napiši z danim polumerom krog. a) kateri gre skoz dano točko, b) kateri se dotika danega kroga, c) kateri zadostuje obema pogojema. a) Središče iskanega kroga leži v obodu kroga, katerega napišemo iz dane točke z danim polumerom. — Nedoločena naloga. Povej geometrijsko mesto središč vseli krogov, ka¬ teri tej nalogi zadostujejo. b) Središče iskanega kroga leži v obodu kroga, katerega napišemo iz središča danega kroga s polumerom, ki je jednak vsoti ali diferenci danili polumerov (§. 109, 2). — Nedoločena naloga. Povej geometrijsko mesto središč vseh krogov, kateri tej nalogi zadostujejo. c) Središče iskanega kroga leži v presečišči geometrijskih mest za a) in b). 20. Napiši krog z danim polumerom, kateri a) gre skoz dve točki; b) gre skoz dano točko in se dotika dane preme (§. 102, 5); c) se dotika dveh danih prem; d) se dotika dane preme in danega kroga; e) se dotika dveh danih krogov. Razloži te naloge, kakor to vidiš v nalogi 19. in določi najprej geome¬ trijsko mesto središč vseh krogov, kateri bi samo jednemu pogoju vsake naloge zadostovali. 99 21. Napiši krog. kateri gre skož dano torke in se dotika dane preme v dani torki. Ako je AB (lik 1.37) dana prema, C dana točka v njej in D dana točka zu¬ naj te preme, leži središče iskanega kroga v GO J AB (§. 104, 4) in v pravokot- nici EO, katero postaviš v sredi daljice CD , torej v presečišči O §. 59. 4). 22. Napiši krog, kateri gre skoz dano točko in se dotika danega kroga v dani torki (§. 109. izv. o). 23. Napiši krog. kateri se dotika dveli danili prem in sicer jedne v dani torki §. 101. 3). Sedmi oddelek. Elipsa, hiperbola in parabola. 1. Elipsa. §. 132. Razpolovi dano daljico CD v O, napravi OA = OB (lik 138\ razdeli s poljubno ležečo točko Y premo CD v dva dela ter napiši iz toček A in B s polumeroma C V in D V loke nad in pod CD, kateri se sečejo v obče v štirih točkah M, Q, X in B. Takisto načrtovanje toček ponavljaj večkrat, tako da lego točke V na premi CD menjavaš. Vse dobljene točke zveži zaporedoma in nepretrg- Ijivo s krivo črto. Vsota raz¬ dalj vsake točke v tej črti od toček A in B je jednaka CD. Krivo črto, v kateri je vsota razdalj vsake točke od dveh nepre¬ mičnih toček dani daljici jednaka, imenujemo elipso (pakrog). V elipsi je torej AM -f- BM = CD. Nepremični točki A in B imenujemo gorišči (žarišči) elipse, daljici AM in BM, kateri vežeta točko M z goriščema, prevodnim te točke. Lik 138 Lik 137, ioo Iz načrtovanja sledi: 1) AC — BI), torej tudi AC -f CB = BI) + AD = CD t. j. krajišči C in D dane daljice sta tudi točki elipse. Daljico med njima imenujemo veliko os; njijini krajišči temeni in sredo O središče elipse. Iz povedanega sledi: Vsota prevodnic katerekoli točke elipse je j odmika veliki osi. Ako je vsota razdalj katere točke od gorišč večja ali manjša od velike osi, leži točka oziroma zunaj ali znotraj elipse. 2) Ker je O A = OB, velja: Središče elipse je jednako oddaljeno od gorišč. Razdaljo gorišč od središča imenujemo ekscentričnost (izsred- nost) elipse. Elipsa je tem bolj krogu podobna, čim manjša je njena ekscentričnost. 3) Daljico EF, katera stoji v O pravokotno na veliki osi, imenujemo malo os elipse. Ako zvežemo E z A in B, sta trikotnika AEO in BEO skladna (§. 50); torej je AE = BE — —■ Isto velja za točko F. Krajišči male osi sta od gorišč jednako oddaljeni. Iz skladnosti trikotnikov AOF in AOE sledi OE = OF. Središče elipse je ob jednem tudi razpolovišče male osi. Izraze polumer, premer, sekanta, tangenta, obod i. t. d. ra¬ bimo pri elipsi v istem smislu kakor pri krogu. Opomnja. Premer krive črte imenujemo sploh vsako daljico, katera raz¬ polavlja vzporedne tetive. Iz pojma elipse sledi: 1. Polumeri (premeri) elipse niso vsi jednaki. 2. Največji (najmanjši) premer je velika (mala) os. Iz pravokotnega trikotnika AOE sledi, ako so a, b, c merska števila polovice velike osi, polovice male osi in ekscentričnosti, po Pitagorovem izreku: (F — 1A + e 1 * torej tudi = \J b' 1 -j- e' 1 , h — \ " ' '— e ~ a V a* — /A 101 1. Načrtaj elipso, v kačeri je CO = a, AO = e. a = 3 cm , 2'5 cm , 2 cm ; e = 2 , 5 cm , 2-3 cm , r3 cm . 2. Kolika je velika os elipse, ako je mala os l m , ekscentričnost 3dm? 3. Ekscentričnost elipse je 0-34“, velika os l'3m ; kolika je mala os? 4. Vrtnar mora načrtati elipso, v kateri je velika os 58 dm in mala os 45 dm ; za koliko morata gorišči oddaljeni biti ? 5. Pot naše zemlje krog solnea je elipsa, v kateri je polovica velike osi 153280134Km, polovica male osi 153260842 Km ; kolika je ekscentričnost zemljine poti (ekliptike) ? §. 133. Prema, katera razpolavlja kot med jedno prevod- nieo in podaljškom druge prevodnice katerekoli točke, je tan¬ genta elipse v tej točki. Pogoj. A M in BM sta prevodnici točke M (lik 139) in <4 EMF = <4 FMA. Trditev. NT je tangenta elipse. Dokaz. Naredimo EM = AM. potem je EF=AT in FM_ \_ AE (§. 59, 5). Ako je N poljubna točka preme FM, je tudi EN = AN (§. 59. 5). Na dalje je EN -f BN > EB = CD ali AN + BN > AM + BM = CD t. j. vsota razdalj točke N od gorišč je večja od velike osi, N leži torej zunaj elipse. Ker pa to za vsako točko preme TN, razun točke M, dokazati moremo, je TN tangenta elipse. Izvod. Vsaka tangenta elipse tvori s prevodnicama doti- kališča jednaka kota. Kajti -4 A MF = < EMF\ pa <4 EMF = <4 BMN; torej je tudi <4 A MF = <4 BMN. Ta izvod ima posebno važnost v fiziki. Valovni traki, iz¬ hajajoči iz jednega gorišča, združijo se zopet v drugem. 2. Hiperbola. §. 134. Razpolovi dano daljico CD v O, podaljšaj jo na obe strani in napravi OA = OB (lik 140), vzemi na premi OX točko F poljubno in napiši s polumerom C V iz toček A in B nad in pod premo OX loke, potem takisto s polumerom D V. Lik 139. 102 Lik 140. Napisani loki se sečejo v točkah M, N, Q, R. Potem menjaj lego točke V. in ponavljaj takisto načrtovanje večkrat. Vse točke, v katerih se sečejo loki, zveži zaporedoma in nepre- trgljivo s krivo črto. Točke .1/, A 7 , Q, R i. t. d so od toček A in B za daljico C V oziroma D V oddaljene; diferenca teh razdalj je jednaka AB. Krivo črto, v kateri je diferenca razdalj vsake točke od dveh nepremičnih toček jednaka dani daljici, imenujemo hiperbolo. — Hiperbola ima dve rami. V hiperboli je torej za vsako točko M : A M - HM CD. Nepremični točki A in B imenujemo gorišči hiperbole, daljici A M in BM pa prevodnici točke JA Iz načrtovanja hiperbole sledi: 1) CA = DB, torej tudi CB — AC ~ DA — DB = CD t, j. krajišči C in D dane daljice sta tudi točki hiperbole. Daljico med njima imenujemo glavno os, njeni krajišči C in D temeni, točko O središče hiperbole. Iz povedanega sledi: Diferenca prevodnic katerekoli točke hiperbole je jednaka glavni osi. Ako je diferenca razdalj katere točke večja ali manjša od glavne osi, leži ta oziroma znotraj ali zunaj hiperbole. 2) Ker je O A = OB, velja: Središče hiperbole je od obeh gorišč jednako oddaljeno. 103 Razdaljo gorišč od središča imenujemo ekscentričnost hiperbole. Ako napišemo iz toček C in D s polumerom AO loke, ka¬ teri se sečejo v E in F in potegnemo premo EF, stoji ta pra¬ vokotno na glavni osi in jo seče v točki O. Trikotnika CD E in CDF sta namreč jednakokraka. Premo EF imenujemo postransko os hiperbole. 3) Ker je A COE 22 A COF, je O E — OF\ t. j. Središče hiperbole razpolavlja tudi njeno postransko os. Ako so a, b, e merska števila polovice glavne osi, polovice postranske osi in ekscentričnosti hiperbole, je v trikotniku COE po Pitagorovem izreku: e — V a>1 -f- C 1 , a = V e ' 1 — b-, b = \J e 1 — a"-. Ako napišemo iz središča O s polumerom OA krožnico in načrtamo tetivi GG‘ in HPI‘ pravokotno na AB, je CG == CG‘ = DEL — Dl P = \ e- — u' ! = b. Premi GEP in GAJ, kateri gresta tudi skozi središče O hi¬ perbole, imenujemo asimptoti (nestičnici) hiperbole. Oni ne se- četa nikjer hiperbole, ako ji še tako podaljšamo, vender se ji pa bližata bolj in bolj. Naertaj hiperbolo, v kateri je glavna os a, ekscentričnost e. a = 2 cm , 2'5 cm , 3 C “; e = P8 cm , 3*5 cm , l'5 cm . Primerjaj dobljene hiperbole z ozirom na to, za koliko so odprte. a) Glavna os hiperbole je 0'4 m , postranska os 0 5 m ; kolika je ekscentričnost ? h) Ekscentričnost hiperbole je 5 12 :lm , glavna os 3'85im; kolika je po¬ stranska os? e) Ekscentričnost hiperbole je 3dm 9 cm , postranska os 2cmj kolika je glavna os ? §. 135. Prema, katera razpolavlja kot med prevodnieama točke, je tangenta hiperbole v tej točki. Recimo, da je (lik 141) < AMT= < 'PMB in EM=-- MB, potem je MF J_ EB in EF= FB. Ako je N katerakoli druga točka preme MT in ako poteg¬ nemo preme AN, BN in EN, je tudi EN = BN. (§. 59, 5.) Na dalje je AN — EN -< AE ali AN — BN < CD. Točka N leži zunaj hiperbole, Ker isto za vsako drugo točko preme TM, razun točke M, dokazati moremo, je NT tangenta hiperbole. 104 Izvod. Vsaka tangenta tvori s prevodnicama dotika lisca jednaka kota. Ta izvod je tudi važen v liziki. 3. Parabola. §. 136. Dana je prema AB in zunaj te točka C. Načrtuj skoz C premo DX J_ AB in postavi v katerikoli točki P te preme XI/ J DX. Napiši z razdaljo DP iz točke C loka, ka¬ tera sečeta pravokotnico v točkah M in X. Točki M in N sta od točke C in od preme AB jednako oddaljeni. Takisto na¬ črtuj več takih toček in zveži jih zapo¬ redoma in nepretrgljivo s krivo črto, v kateri je tedaj razdalja vsake točke od točke C jednaka razdalji od preme AB. Krivo črto, v kateri je vsaka točka od dane nepremične točke in dane nepremične preme jednako od¬ daljena, imenujemo parabolo (metnico). V paraboli je torej MQ = MG kjer je MQ J AB. Nepremično točko C imenujemo gorišče, nepremično premo AB vodnico, premo DX. katera stoji pravokotno na AB in gre skoz C, os parabole, in presečišče parabole z osjo njeno teme ; daljico MC, katera veže gorišče s katerokoli točko parabole, prevodnico one točke. Ako je razdalja katere točke od gorišča večja ali manjša nego njena razdalja od vodnice, leži ta oziroma zunaj ali znotraj parabole. Točka O, katera razpolavlja premo DC, je točka parabole, torej sledi: Parabola seče svojo os v sredi med goriščein in vodnico. Krajišči skoz gorišče na os pravokotno potegnene tetive PF sta od gorišča jednako oddaljeni, ker imata jednaki razdalji od vodnice. Tetivo EF imenujemo parameter parabole. Lik 142 105 §. 137. 1. Prema, katera razpolavlja kot med prevod- nico točke in pravokotnico iz te točke na vodnico, je tangenta parabole. Recimo, da je (lik 143) <) GMT — < TMQ, potem je, ako potegnemo premo QC, QF == FC in FM J QC. Ako je N ka¬ terakoli druga točka preme TM in ako potegnemo daljice ON, QN in NR [ A B. je A CNF m QNF r torej ON = QN\ pa QX > NR, ali CN> NR. Točka N leži ki k m zunaj parabole. Taisto moremo za vsako A drugo točko preme MT, razun točke M, ^ dokazati, torej je MT tangenta parabole. Izvod. Vsaka tangenta parabole tvori jednaka kota s predvodnico dotikališča in s pravokotnico iz tega na vodnico. 2. Presečišče tangente z osjo para- t bole in dotikališče sta od gorišča jednako oddaljeni. Kajti A C — AB ali BC > AC — Al), torej BC > l)C in <4 BSC > <4 CSD (§. 57). Potem je pa tudi <4 ASB <4 BSC > < ASD + <4 CS1) ali <4 ASB -f <4 BSO <4 ASC. Ako je pa uže vsota manjših dveh rokovnih kotov večja od tretjega, velja to tem bolj za vsoto drugih dveh rokovnih kotov. Napravi iz lepenke tristrane ogle, v katerih nahajaš sledeče ro- bovne kote : a) ASB = 60", BSC = 60°, CSA = 60"; b) 45", 120«, 90»; c) 48°, 135°, 40«. Zakaj ue moreš po pogojih c) trirobovnika napraviti? §. 160. V vsakem oglu je vsota vseli robovnih kotov manjša od štireli pravili. Ako položimo skoz ntero rokovnik ravnino, katera seče vsak rok, stvorimo ok strani 11 trikotnikov, pri presečiščih rav¬ nine z robi n trirobovnikov in presečnice tvorijo wtero kotnik. Koti vseh trikotnikov znašajo 2 n Ji in koti »tero kotnika 2 n li — 4 11. Ako tedaj začnačimo vsoto vseh rokovnih kotov pri vrhu ogla z v in vsoto kotov na osnovnicah trikotnikov z v' je v -j- v' = 2 n R, v' > 2 hr — 4 11 (§. 159), torej po odštevanji nejednačbe od jeduačbe o < 4 11. Narisaj na lepenko razgrneu plašč peterorobovnika S(ABCDE) ASB = 40«, 60», 90°, 75°, BSC = 60°, 60", 30», 80», CSD = 100°, 60«, 150°, 120», DSE = 60», 60», 30«, 60», ESA = 40»; 60«; 60°; 45»; in napravi potem ogel. — V katerem slučaji ne moreš napraviti ogla? 121 Projekcija na ravnine. §. 161. Ako potegnemo pravokotnico od točke A (lik 154) na ravnino MN, imenujemo podnožišče A' projekcijo točke A na ravnino M, ravnino pa projekcijsko ali vzmetno ravnino (vzmetnino). Projekcije daljic (premo¬ črtnih likov) na ravnino načr¬ tujemo, ako zvezujemo, projek¬ cije njih krajišč (oglišč) z dalji¬ cami. Glej lik 154 in lik 155, kjer je daljica (kvadrat) v raznih legah proti ravnini MN. Projekcijo drugih tvorov dobivamo ta¬ kisto, ako zvezujemo zaporedoma projekcije vsake točke s črtami. Lik 155. §. 162. Kot, katerega tvori prema se svojo projekcijo, ime¬ nujemo naklonski kot preme. Naklonski kot preme je najmanjši izmed vsehjkotov, katere tvori ona s premami, potegnenimi skoz njeno podnožišče v ravnini. Recimo, da je (lik 156) BC J BS, torej A C projekcija preme AB na ravnino BS. Ako potegnemo skoz A v ravnini PR da¬ ljico A D = AC in še CD in BD, je BC> BD, ker je < BCD — 90°. In v trikotnikih RAC in BAD je < BAC < BAI) (§. 57). Ako je naklonski kot jednak o° t. j. ako je daljica vzporedna z ravnino, je projekcija jednaka daljici; z večjim naklonskim kotom postaje projekcija manjša, in ako je Lik 156. B 122 naklonski kot 90° t. j. ako stoji daljica pravokotno na ravnini, je njena projekcija le točka. A A' je pravokotna na ravnino MN', kaj je skupna projekcija vseh toeek te pravokotnice na ravnino MN ? — Ali določuje projekcija točke tudi njeno lego? — Postavi AA‘ [ MN in BB‘ J_ MN in potegni več daljic, katere imajo svoja krajišča v teh prav^kotnicah ; določi skupno projekcijo teh daljic na ravnino MN. Ali določi projekcija daljice nje kolikost in lego? — Določi projekcijo četvero-, petero-, šestero- kotnika na ravnino MN. — Kakšen tvor je projekcija kroga, ako je krožna ploskev a) vzporedna z vzmetno ravnino, b) poševna proti vzmetni ravnini, c) pravokotna na vzmetni ravnini ? — Ali moreta mnogokotnik in krog imeti isto projekcijo? — Kedaj je projekcija krive črte zopet kriva črta, kedaj prema ? §. 163. Točka, daljica, premočrten lik i. t. d. imajo za dano ravnino popolnoma določene projekcije. Obratno pa pro¬ jekcija še ne določuje popolnoma oziroma točke, daljice i. t. d. Kajti vse točke pravokotnice, postavljene v projekciji na rav¬ nino, imajo isto projekcijo. Ako pa projiciramo točko na dve nevzporedni ravnini, dobimo dve projekciji, in pravokotni«, po¬ stavljeni v projekcijah na teh ravninah, se sečeta v točki ter jo določujeta popolnoma. Za geometrijsko načrtovanje tvorov jemljemo zategadelj dve vzmetni ravnini, jedno horicontalno H (lik 157) in jedno Lik 157. vertikalno V. Projekcijo na horicontalno ravnino imenujemo horicontalno projekcijo ali očrt, in projekcijo na vertikalno rav¬ nino vertikalno projekcijo ali načrt; presečnico AX obeh vzmetnih ravnin pa njijino os. 123 V liku 157 sta a' in a“ taki projekciji točke a in sicer je prva očrt, druga pa načrt točke a, ker je aa‘ J H in aa“ J !• Ravnina, katero položimo skoz pravokotnici aa‘ in aa", seče vzmetni ravnini v premah a‘m in u“m in projekciji sta nasprotni oglišči pravokotnika aa“ma‘. Tisto velja za vsako drugo točko, tako da je v liku 157 a‘b‘ očrt in a“b“ načrt daljice ah. Očrt in načrt določujeta lego in dolžino daljice popolnoma. Kakšni projekciji ima daljica v prostoru, ako je o) z vertikalno, b) s horieontalno, c) z obema vzmetnima ravninama vzporedna; ako stoji d) na vertikalni, e) horieontaini vzmetni ravnini pravokotno; ako leži f) v vertikalni, g) v horieontaini vzmetni ravnini? — Kolika je daljica, ležeča v vertikalni vzmetni ravnini , ako sta njeni krajišči od horicontalne vzmetne ravnine, za 30’ um in 48 mm oddaljeni, in ako je uje horicontalna projekcija 20 raln ? — Kolika je projekcija 80' 3m dolge daljice, ležeče v horieontaini vzmetni ravnini, ako sta nje krajišči 20 a “ in 45 ) Narisaj očrt in načrt točke, katera leži v K in je od H za h oddaljena. h = 0'031 m , 0-05l m . c) Narisaj očrt in načrt točke, katera leži v H in je od F za v oddaljena. v = 0 025 m , 0-044>\ d) Narisaj očrt in načrt točke, katera je od F in H oziroma za v in za h oddaljena. v — 0 , 025 m , 0‘055 m ; h = 0'058”, 0'031 m . e) Daljica AB stoji pravokotno na H ; nje razdalja od V je v in spodnje krajišče A je od H za h oddaljeno; narisaj očrt in na¬ črt te daljice. AB == 0-04“, v = 0 025 m , h = 0 018“. f) Narisaj očrt in načrt 45 mm dolge daljice, katera je vzporedna z vsako vzmetno ravnino in je od horicontalne 25 mm in vertikalne 33 mn ’ oddaljena. g) Daljica AB je vzporedna s H in poševna proti F; nje razdalja od H je h, razdalji A in B od F sta oziroma a in b ; narisaj očrt in načrt te daljice. AB = 0 035”, h = 0'022 m , a = 0-016 1 ", b = 0-025 m , 124 h) Daljica AB je vzporedna z V in poševna proti H] njena raz¬ dalja od F je y, razdalji krajišč A in B sta oziroma a in b\ narisaj nje očrt in načrt. AB --= 0035”, v — 0 021”, a = 0-02i m , b = 0-042”. i) Daljica AB je poševna proti II in proti F; razdalji krajišč A in B od M sta oziroma a in b, od V a' in b' in dolžina nje hori contalne projekcije je A'B‘’, narisaj nje očrt in načrt. A‘B‘ — 0-052”, a = 0-008™, b = 0 033», «' = 0-030>», b‘ = 0-040”. Kakor pa liarisujemo očrt in načrt daljic, takisto tudi posamezne stranice premočrtnega lika ter lik sam. Kakšni projekciji ima krog v prostoru, ako je a) vzporeden s horicontalno vzmetno ravnino ; b) z vertikalno „ „ ; c) pravokoten na obeh vzmetnih ravninah ; d) „ ,, horieontalni vzmetni ravnini in poševen proti vertikalni; e) ,, y vertikalni ,, ,, „ ,, ,, horieontalni; J) poševen proti vertikalni in horieontalni vzmetni ravnini? a) Kvadrat se stranico s — 0 053™ je vzporeden z V (H) in od te oddaljen za a — 0 05™ ; narisaj njegov očrt in načrt. b) Narisaj očrt in načrt taistega kvadrata, ako ni stranica, ampak diagonala s H {V) vzporedna in od te za a oddaljena. c) Narisaj očrt in načrt jednakostraničnega trikotnika se stranico S = 0-60 m . Recimo, da je vzporeden a H (V) in od te za m = 0’025 ln oddaljen, in da je stranica vzporedna s V (II) in od te za n = 0 02™ oddaljena. d) Narisaj očrt in načrt pravilnega šesterokotnika se stranico S = 0-046™. Šesterokotnik je vzporeden s H in od te za ]l 0'03™ oddaljen, njega stranica je vzporedna z F in od te za v = 0"03 oddaljena. e) Narisaj očrt in načrt romba z diagonalama d = 0-065™ in d t — 0-042™. Romb je vzporeden z F in od te za V = 0 033” oddaljen, večja diagonala je vzporedna s H in od te za h = 0 033™. Drugi oddelek. O prostorih in telesih. 1. O prostorih. §. 164. Kavnina meji prostor na jedno, klili na dve strani; stranske ploskve telesnega ogla pa prostora samo na jedno stran ne omejujejo; tak prostor imenujemo piramidast. 125 Piramidast prostor postaja, ako premikamo v mislih trak ob stranicah mnogokotnika tako, da gre ves čas skoz nepremično točko zunaj ravnine mnogokotnika. Premikan trak, tako imeno¬ vana tvorna prema, napisuje stranske ploskve piramidastega pro¬ stora. Obseg mnogokotnika imenujemo (črto) vodnico, nepre¬ mično točko vrli in vse stranske, ploskve skupaj obstransko po¬ vršje piramidastega prostora. Vodnica more biti tudi pravilen mnogokotnik z brezkončno mnogo in brezkončno majhnimi stranicami t. j. krog; potem je obstransko površje kriva ploskev. To krivo ploskev imenujemo plašč in od nje omejen prostor stožkovit (koničen). Kolikokrat izpreraeni tvorna prema med premikanjem svojo mer, ako je vodnica pravilen tri-, četvero , šestero-, dvanajstero-, štiriindvaj- setero-, petdesetero-, tisočero kotnik, krog? Ako pa premikamo tvorno premo ob obsegu mnogokotnika (kroga) na okolo ves čas vzporedno s prvo lego, omejuje obstransko površje (plašč) prizmatičen (valjast) prostor. Piramidast (koničen) prostor prehaja v prizmatičen (valjast), ako oddaljujemo vrh od ravnine vodnice zmerom bolj; vrh, odmaknen v brezkončno razdaljo od ravnine vodnice, izpremeni prva dva prostora v druga dva, katera nista na dveh straneh omejena. Trak, kateri gre skoz vrh koničnega prostora in skoz sre¬ dišče vodnice, je os tega prostora. Tudi valjast prostor ima os; ta je trak, kateri gre skoz središče vodnice, vzporedno s tvorno premo. Na plašči koničnega ali valjastega prostora moremo le v meri tvorne preme narisati preme; te imenujemo stranice onih prostorov. Na piramidastem in prizmatičnem prostoru nahajamo toliko robov, kolikor ima vodnica stranic. Izvod. Robi prizmatičnega ali stranice valjastega prostora so vzporedni. §. 165. 1. Ako sečemo piramidast prostor z dvema vzpo¬ rednima ravninama tako, da sečeta te ravnini vse njegove robe, tvorijo a) presečnice dva podobna lika in b) ploščini teh likov sta si kakor kvadrata njijinih razdalj od vrha. a) Eecimo, da je (lik 158) ravnina ACD || z ravnino acd in SP L ACD ter Sp J acd , potem je tudi ab || AB, bc || BC, cd || CD i. t. d. (§. 147, 1) in <*' bae = < BAE, 126 < cba — <4 C Ji A, <4 del, — <4 DCB i. t. d. (§. 150). Nadalje je A «&č> ■X) A ABS, A ftcS oo A BCS, A #iS> co A CBS i- t. d., torej ah : AB — »S« : NA = hc : /16' = Sc : SC ■ cd : CD i. t. d. in abcd . . . oo ABCD . . . h) Ker je ap |[ AP (§. 147, 1), je tudi Sp : SP — Sa : S A — ah : AB ali Sp¬ in ker sta si po §. 94 Lik 158. abcd . . . : ABCD . ... = ah' 1 : AJD. sta si tildi abcd . . . : ABCD .... — Sp- : SP 2. Ako sečenio plašč koničnega prostora z dvema vzpored¬ nima ravninama na okolo, tvorita presečnici dva podobna lika in njijini ploščini sta si kakor kvadrata njijinili razdalj od vrha. Sledi iz L, ker si moremo koničen prostor misliti piramidast. Izvod. Ako gre jedna vzporednih ravnin skoz ravnino vodnice, sta podobna lika kroga. Opomnja. Okrog in okrog sklenjena presečnica, katera ni vzporedna z ravnino vodnice, je elipsa. Ako pa sečenio koničen prostor z ravnino, katera je se stranico vzporedna, ne seče ona plašča okrog in okrog in presečrrrea je parabola; takisto seče ravnina plašč koničnega prostora v hiperboli, ako ga ne seče okrog in okrog in tndi ni vzporedna znobedno stranico. Klipso, parabolo in hiperbolo ime¬ nujemo zategadelj stožkoseonice. 3. Ako sečenio prizmatičen prostor z dvema vzporednima ravninama tako, da sečeta ravnini vse njegove robe, tvorijo pre- sečnice dva skladna lika. Kajti ona imata vse kote (§. 150) in vse stranice (§. 61) paroma jednake. 4. Ako sečenio plašč valjastega prostora na okolo z dvema vzporednima ravninama, tvorita presečnici dva skladna lika. Sledi iz 3., ker si moremo valjast prostor misliti priz¬ matičen. Izvod. Ako gre jedna vzporednih ravnin skoz ravnino vod¬ nice, sta skladna lika kroga. 2. O telesih. §. 166. Ravnina, katera seče piramidast prostor tako, da seče vse njegove robe, zapira tega na vse strani. Ta na vse 127 strani omejen prostor imenujemo piramido. Telo SABCD (lik 159) je piramida. Lik 159. bov je jednako številu osnovnih robov. Piramido omejujejo trikotniki se skupnim vrhom v vrhu piramide in mno- gokotnik. kateri ima osnovnice onih tri¬ kotnikov za stranice. Trikotnike imenujemo obstranske ploskve, muogokotnik osnovno ploskev (osnovnino) in razdaljo vrha od osnovne ploskve vi¬ šino piramide. Stranice osnovne ploskve imenujemo osnovne robe , vse druge pa obstranske robe. Število obstranskih ro- obstranskih ploskev in tudi jednako številu Ravnino, katero položimo skoz vrh in skoz diagonalo os¬ novne ploskve, imenujemo diagonalen presek (diagonalno preseč¬ ni no) piramide. Diagonalni preseki piramide so trikotniki. Presečne ploskve, vzporedne z osnovno ploskvijo, so tej po¬ dobne (§. 165, 1) in one so v perspektivni legi (§. 87.). §. 167. Po številu obstranskih ploskev razdeljujemo piramide na tri-, četvero-, petero-, . . . ntero Strane. Tristrano piramido imenujemo tudi četverec, (tetraeder); v ožjem smislu je pa tetra- eder le ona tristrana piramida, katera je omejena le od jednako- straničnilt trikotnikov. Piramido imenujemo pokončno, ako so obstranski robi jednaki. V pokončni piramidi leže ogli osnovne ploskve v obodu kroga, kateri ima podnožišče višine za središče (primerjaj §. 150, 6). Ako je osnovna ploskev pokončne piramide pravilen muogokotnik, imenujemo jo pravilno piramido. Piramido, katera ni pokončna, imenujemo poševno. Obstranske ploskve pokončne piramide so jed- nakokraki trikotniki; na pravilni piramidi so ti trikotniki tudi skladni. Razdaljo vrha od osnovnice takega trikotnika imenu¬ jemo obstransko višino pravilne piramide. Diagonalni preseki pravilne piramide so tudi jednakokraki trikotniki; presečne ploskve, vzporedne z osnovno ploskvijo, so nji podobni pravilni mnogokotniki. Vsako piramido moremo z diagonalnimi preseki razdeliti na isto toliko visoke tristrane piramide. 128 1) ve piramidi sta skladni t. j. moremo ji v mislili tako jedilo v drugo položiti, da se krijejo ploskve, katere ji meje, ako imata vse robe, robovue in ploskvene kote v istem redu paroma jednake. Simetrični pa sta, ako imata sicer vse sestavine pa¬ roma jednake vender v nasprotnem redu. o) Koliko je v 3 , 4 , 5-, . . . n strani piramidi število 1) mejnih ploskev, 2) robov, 3) ogliše, 4) robovnih kotov? b) Kolika je vsota vseh robovnih kotov v 3-, 5-, 8 , 20 , 25-strani piramidi ? c) Število mejnih ploskev piramide je J/; koliko je število 1) robov, 2) oglov, 3) robovnih kotov? M == 4, 6, 10, 13, 19, m. d) Število robov piramide je R • koliko je število 1) obstranskih plo¬ skev, 2) oglov, 3) robovnih kotov? e) Število oglov piramide je O; koliko je število 1) mejnih ploskev, 2) klinov, 3) robovnih kotov? f) Ako pomenijo O, M, R oziroma število oglov, mejnih ploskev in robov, velja Eulerjev zakon O -j- R = -M -j- 2. Izrazi ta zakon z besedami. §. 168. Dve vzporedni presečni ploskvi piramidastega pro¬ stora zapirata z obstranskim površjem ta prostor na vse strani; ta prostor imenujemo okrajšano piramido. To telo je namreč pira¬ mida, okrajšana za manjšo tako zvano dopolnilno piramido. Okrajšano piramido omejujejo trapeči in dva vzporedna mnogokotnika; prve imenujemo nje obstranske ploskve, druga dva nje osnovni ploskvi. Izvod. Osnovni ploskvi sta podobni (§. 165, 1). . Takisto kakor pri piramidi razločujemo tudi pri okrajšani piramidi osnovne in obstranske robe, in takisto razdeljujemo okraj¬ šane piramide na tri-, četvero-, petero-, . . . ntero Strane, na pokončne in poševne. Razdaljo obeli osnovnin imenujemo višino okrajšane piramide. Diagonalni preseki okrajšane piramide so trapeči, presečne ploskve, vzporedne z osnovnima ploskvama, so tema podobne. Obstranske ploskve pokončne okrajšane piramide so jednako- kraki trapeči; ti so na okrajšani pravilni piramidi tudi skladni. Višina trapeča je obstranska višina pravilne okrajšane pi¬ ramide. O skladnosti in simetriji okr. piramide primerjaj §. 167. Dopolnilna piramida je celi piramidi podobna, ker sta obe v istem redu omejeni od podobnih ploskev in ker imata v istem 129 redu jednake rokovne in ploskvene kote. Ako nahajamo na dveh piramidah podobne ploskve in jednake kote pa v nasprotnem redu, sta simetrično podobni. a) Recimo , da ima piramida višino V = 0 - 20 m , in obstranski rob S = 0-25 m ; kolika je višina dopolnilne piramide, ako je nje istoležni rob s = 0‘10 ra ? h) Okrajšana piramida je T r = O^SG 11 ’ visoka in ima obstranski rob s = 0'45 m ; kolika je višina cele piramide, ako je istoležni ob¬ stranski rob $ — 0 - 60 m ? 2 c) Višina dopolnilne piramide je j- višine cele piramide; kako sta si njijini osnovni ploskvi? (§. 165, 1). d) Osnovni ploskvi dveh piramid sta si kakor 9 : 16; kako sta si njijini višini? e) Višini dveh podobnih piramid sta V = 0'25 m , v = 012 m ; ko¬ lika je osnovna ploskev druge piramide, ako je ona prve o = 2 - 16 D™? Geometrijski naris piramide. §. 169. Ako razgrnemo vse mejne ploskve (mejnine) te¬ lesa zdržema po jedili ravnini, dobimo njega mrežo. Projekcijo telesa na ravnino dobivamo, ako vzmetamo vse njegove črte in ploskve na to ravnino. Z očrtom in načrtom telesa so določene črte in ploskve, od katerih zavisi prostornina teles. Očrt in načrt torej opisujeta geometrijsko njegovo prostornino. Lik 160. V liku 160. vidimo v I očrt, v II načrt in v III mrežo čet- verostrane piramide. Geometrija. 9 130 V očrtu je osnovna ploskev, v načrtu pa višina piramide to¬ lika, kolikoršna je v resnici. V mreži so obstranske ploskve se skupnim vrhom jedna zraven druge in osnovna ploskev se drži spodej jednega trikotnika. Projekciji okrajšane piramide dobimo, ako določimo projek¬ ciji nje osnovnih ploskev in njijinih oglišč, s katerimi so tudi uže določene projekcije obstranskih robov. Ker so osnovni robi paroma vzporedni, so tudi njih pro¬ jekcije. 1. a) Načrtaj mrežo pravilne tri-, četvero-, petero-, šestero-strane pira¬ mide tako, da se vse obstranske ploskve drže osnovne ploskve. h) Stvori iz lepenke take piramide. — Napravi takiste okrajšane pi¬ ramide iz lepenke. 2. a) Narisaj projekciji pravilne tri-, četvero-, šestero-strane piramide, ako je osnovni rob s = 0'02 m in višina v = 0 053™ in osnovna ploskev vzporedna s H v razdalji a = 0'01 m . h) Pokončna piramida ima pravokotnik se stranicama a — 0’048 m , b = 0 021™ za osnovno ploskev in je visoka 0'06 m ; narisaj nje očrt in načrt, ako leži osnovna ploskev v H- C•) Narisaj projekciji piramide, kakor zahteva prejšnja naloga, in do¬ loči projekciji presečne ploskve, katera je vzporedna z osnovno ploskvijo in od vrha 0 025™ oddaljena. d) Narisaj projekciji poševne piramide, katera ima katerikoli petero- kotnik za osnovno ploskev v H. e) Narisaj projekciji pokončne okrajšano piramide, katera ima pra¬ vilen s H vzporeden peterokotnik za osnovno ploskev, ako je vi¬ šina v = 0'042 m in rob zgornje osnovne ploskve polovica vsa¬ kega spodnje. Prizma. §. 170. Dve vzporedni presečni ploskvi prizmatičnega pro¬ stora omejujeta s obstranskim površjem vred prostor na vse strani in ta prostor imenujemo prizmo. Prizma je omejena od obstranskih ploskev in dveh osnovnih ploskev. Presečnice po dveh obstranskih ploskev imenujemo obstranske robe in presečnice osnovne ploskve se obstranskimi osnovne robe; razdaljo osnovnih ploskev pa višino prizme. Izvodi. 1. Osnovni ploskvi sta skladna mnogokotnika. Sledi iz §. 164, 3. m 2. Vse obstranske ploskve so paralelogrami (§. Ifi4, izv.. §• 145, 1). 3. Vsi obstranski robi so jednaki. Ravnino, katero položimo skoz dve istoležni diagonali os¬ novnih ploskev, imenujemo diagonalen presek prizme. Izvodi. 1. Vsak diagonalen presek prizme je paralelogram (§. 145, 1). 2. Vsaka presečna ploskev, vzporedna z osnovno je s to skladna (§. 165, 1). 3. Vsako mnogostrano prizmo moremo z diagonalnimi pre¬ seki razdeliti na isto toliko visoke tristrane prizme. §. 171. Število obstranskih robov prizme je jednako šte¬ vilu osnovnih robov. Po številu obstranskih ploskev razdeljujemo prizme na tri-, četvero-, petero-, . . . ntero strane prizme. Ako stoje obstranski robi pravokotno na osnovni ploskvi, je prizma pokončna, drugače pa poševna; pokončna prizma je pra¬ vilna, ako je osnovna ploskev pravilen mnogokotnik. Prizmo, na kateri sta osnovni ploskvi paralelograma, ime¬ nujemo paralelepiped; pokončen paralelepiped pa, na katerem je osnovna ploskev pravokoten paralelogram, pravokoten paralel¬ epiped. Pravokoten paralelepiped z jednakimi robi imenujemo kocko (kubus) in vsak nje rob stranico kocke. Vsak paralel¬ epiped omejeva šest paralelogramov, vsak pravokoten paralel¬ epiped šest pravokotnikov in vsako kocko šest kvadratov. O skladnosti, simetriji in podobnosti prizem velja isto, kar smo o tem povedali pri piramidah (v §. 167 in §. 168). a) KoIikojev3-, 4-, 5-, .... n strani prizmi Število 1) mejnih plo¬ skev, 2) osnovnih robov (klinov), 3) obstranskih robov (klinov), 4) vseh robov (klinov), 5) oglišč (telesnih oglov), 6) robovnih kotov? h) Število mejnih ploskev prizme je koliko je število 1) osnovnih robov, 2) obstranskih robov, 3) robov, 4) oglov, 5) robovnih kotov? M = 11, 17, 23, 37, m. (•) Število osnovnih robov na prizmi je Iž 0 ; koliko je število 1) vseh robov, 2) obstranskih klinov, 3| oglov, 4) mejnih ploskev, 5) ro¬ bovnih kotov ? P 0 = 8, 12 28, 42, r. d) Število obstranskih robov na prizmi je Rp ; koliko je število 1) osnovnih klinov, 2) vseh klinov, 3) oglov, 4) robovnih kotov, 5) mejnih ploskev? Rp = 5 8, 13, 27, r- 9 * m e) Število vseli robov na prizmi je 7?; koliko je število 1) osnovnih robov, 2) obstranskih klinov, 3) telesnih oglov, 4) mejnih ploskev? R = 9, 15, 21, 27, r. f) Število oglov prizme je O; koliko je število 1) vseh klinov, 2) mejnih ploskev, 3) osnovnih robov? 0 = 8, 24, 46, 52, o. g) Število robovnih kotov prizme je K ; koliko je število 1) obstranskih ploskev, 2) osnovnih klinov, 3) telesnih oglov? K = 18, 30, 48, 72, h. h) Ako pomenijo O, M r R oziroma število oglov, mejnih ploskev in robov velja Euler’jev zakon O -f- M == R -j- 2, Izrazi ta zakon z besedami. Geometrijski naris prizme. §.172. V liku 161. I in II vidimo očrt in načrt, v III pa mrežo pokončne peterostrane prizme, katera stoji se svojo osnovno plo¬ skvijo na horicontalni ravnini in jedna njena obstranska ploskev je vzporedna z vertikalno ravnino. Očrt obeli osnovnih ploskev je z njima skladen, njijin načrt je pa daljica. Ako zvežemo načrte pripadajočih oglišč, dobimo načrte ob¬ stranskih robov. V očrtu vidimo osnovno ploskev, v načrtu pa vi¬ šino prizme, kakeršna je v resnici. Lik 161. Mrežo prizme dobimo, ako načrtamo obstranske ploskve, (pa¬ ralelograme, pravokotnike) tako jedno zraven druge, da se drže skupaj, in osnovni ploskvi nad in pod jednem paralelogramom. 133 1. a) Narisaj mrežo pokončne tri-, četvero-, petero-, šestero-strane prizme, na kateri sta osnovni ploskvi pravilna mnogokotnika. b) Stvori iz lepenke take prizme. 2. o) Načrtaj očrt in načrt pokončne prizme s kvadratno osnovno plo¬ skvijo, ako je osnovni rob s — 0'054 m , in obstranski rob v = 0 065™, in ako je diagonala osnovne ploskve naklonjena proti V za 60°. b) Narisaj očrt in načrt pravokotnega paralelepipcda, ako je jeden osnoven rob a = 0'055™, drugi b = 0 065“ in višina p = 0'073 m , in ako je osnovni rob naklonjen proti V za 45°. c) Osnovna ploskev pokončne O^OTO™ visoke prizme je romb. Jedna diagonala osnovne ploskve jo d — 0 - 061“, druga d' = 0 - 045“, in prva je naklonjena proti V za 30°. Narisaj očrt in načrt te prizme. d) Narisaj očrt in uarčrt pravilne 1) petcroslrane, 2) šcsterostrane prizme z osnovnim robom s = 0 030“ in z višino v = 0'057 ra . Stožec. §. 173. Ravnina, katera seče koničen prostor na okolo, za¬ pira tega s plaščem vred na vse strani. Ta na vse strani omejen prostor imenujemo stožec. Stožec omejujeta kriva ploskev in krog; prvo imenujemo njega plašč,, drugo pa njega osnovno ploskev. Razdaljo od vrha do osnovne ploskve imenujemo višino, daljico od vrha do središča osnovne ploskve os stožca. Stožec ima samo jeden rob in ta je meja osnovni ploskvi. Preme, katere moremo potegniti od vrha stožca do točke v obodu osnovne ploskve, imenujemo njega stranice. Ako vrtimo pravokoten trikotnik okolo jedne katete, napi- suje njegova ploskev stožec; os tega stožca stoji na osnovni ploskvi pravokotno; ako stoji os stožca pravokotno na osnovni ploskvi, je stožec pokončen, drugače pa poševen. V pokončnem stožci sta os in višina ista daljica, in vse stranice so jednake. Pokončen stožec, na katerem je stranica jednaka premeru osnovne ploskve, imenujemo jednakostran. §. 174. 1. Presečne ploskve, vzporedne z osnovno ploskvijo stožca, so krogi (§. 165, 2, izv.), in vrh je vnanje podobnišče teh krogov. Kajti vsaka prema, katera gre skoz krajišči dveh vzpo¬ rednih polimerov, gre tudi skoz vrh stožca. 2. Presečna ploskev skoz os je trikotnik. 134 .Kajti vsaka prema, položena skoz os, seče osnovno ploskev v premeru in plašč v dveh stranicah stožca. Presečno ploskev skoz os in višino imenujemo znamenljiv trikotnik: njega ravnina stoji na osnovni ploskvi pravokotno (§. 153) in razdeljuje stožec na dva simetrična dela. Dve presečni ploskvi koničnega prostora, vzporedni z rav¬ nino vodnice, zapirata s plaščem vred na vse strani omejen prostor, katerega imenujemo okrajšan stožec. To telo je namreč stožec, okrajšan za manjši tako zvani dopolnilni stožec. Okrajšan stožec omejujeta dva vzporedna nejednaka kroga, njega osnovni ploskvi, in kriva ploskev, njega plašč. Razdaljo osnovnih ploskev imenujemo višino okrajšanega stožca. Okrajšan stožec je pokončen ali poševen, kakor stožec sam. Diagonalni preseki okrajšanega stožca so trapeči; presečne ploskve, vzporedne z osnovnima ploskvama, so krogi. O skladnosti in simetriji stožcev primerjaj §. 167, o podob¬ nosti §. 168. Geometrijski naris stožca. §. 175. V liku 162. I vidimo očrt, v II načrt pokočnega stožca; z očrtom je narisana osnovna ploskev (polumer), z načrtom vi¬ šina in stranica stožca, kakeršni sta v resnici. Lik 162. Plašč pokončnega stožca, po ravnini razgrnen, je izsek kroga (lik III), v katerem je polumer oa stranica stožča in lok jednak obodu t. j. 3 * krat tolik kakor premer osnovne ploskve. Ako nari- 135 samo še krog, ki je jednak osnovni ploskvi in z lokom v dotiki, napravili smo mrežo stožca (lik III). 1. Narisaj mrežo a) pokončnega stožca, b) pokončnega okrajš. stožca in napravi ji iz lepenke. 2. a) Narisaj projekciji pokončnega stožca, na katerem je polumer osnovne ploskve r = 0 , 02 m in višina e <= 0'058'", ako je: lj Os stožca pravokotna na 7/; 2) os pravokotna na V\ 3) os vzporedna s V in proti JI naklonjena za 30°; 4) os vzporedna s /J in proti V naklonjena za 45". b) Načrtaj projekciji pokončnega stožca, na katerem je polumer os¬ novne ploskve r = 0'028 m in višina v = O 06 m , ako leži os¬ novna ploskev v H\ potem narisaj projekciji 1) dveh presečnih ploskev, vzporednih z osnovno ploskvijo, 2) presečne ploskve, ka¬ tera gre skoz sredo osi in stoji pravokotno na V in je proti H za 30" naklonjena, 3) presečne ploskve, katera gre vzporedno se stranico skoz sredo osi in stoji pravokotno na V. Cilinder. §. 176. Dve presečni ploskvi valjastega prostora, vzporedni z ravnino vodnice, zapirata s plaščem vred na vse strani omejen prostor, katerega imenujemo valj (cilinder). Cilinder omejujejo kriva ploskev in dva kroga; prvo imenu¬ jemo njega plašč, drugi dve pa njega osnovni ploskvi. Meji osnovnih ploskev sta jedina roba cilindra. Razdaljo osnovnih ploskev imenujemo višino in daljico med središčema osnovnih ploskev os cilindra. Preme, katere moremo potegniti na plašči od točke v obodu jedne osnovne ploskve do točke v obodu druge osnovne ploskve, imenujemo stranice; te so vzporedne in jednake. Ako stoji os cilindra pravokotno na osnovnih ploskvah, je cilinder pokončen, drugače pa poševen. Pokončen cilinder, na ka¬ terem je stranica jednaka premeru osnovne ploskve, imenujemo jednakostran. Pravokotnik, katerega vrtiš okolo jedne njegove nepremične stranice, napisuje tudi pokončen cilinder. §. 177. 1. Presečne ploskve, vzporedne z osnovnima plo¬ skvama cilindra, so krogi, skladni z osnovnima ploskvama. (165, izv. 4). 2. Presečna ploskev, položena skoz os cilindra ali vzporedno z njo, je paralelogram. 136 Kajti vsaka ravnina, katera gre skoz os ali vzporedno z njo, seče plašč v uveli vzporednih in jednakih stranicah. Presečna ploskev, položena skoz os pokončnega cilindra, je pravokotnik in skoz os jednakostranega cilindra kvadrat. Zuamenljiv paralelogram t. j. presečna ploskev skoz os in višino, razdeljuje cilinder na dva simetrična dela. Ako sečemo cilinder z ravnino, katera ni vzporedna ne z osjo in ne z osnovnima ploskvama, je presečna ploskev elipsa. (i) Cilinder leži s plaščem na horicontalni ravnini; kakšno lego ima njega os proti isti ravnini in kakšno ploskev napiše ona, ako sc cilinder potaka? — Kakšen lik napiše črta, v kateri se cilinder do¬ tika ravnine? b) Na koliko strani moreš 1) kocko, 2) pravilno atero strauo prizmo, 3) cilinder jednako lahko prevroči, ako stoji vsako teh teles na osnovni ploskvi? c) Koliko presečnih ploskev razdeljuje 1) pokončen , 2) poševen cilinder na dva simetrična dela? O skladnosti in simetriji cilindrov primerjaj §. 167. Geometrijski naris cilindra. §. 178. Plašč pokončnega cilindra, razgrnen po ravnini, je pravokotnik, v katerem je osnovnica jednaka obodu t. j. 3-^krat tolika kakor premer osnovne ploskve, in višina jednaka višini Lik 163. cilindra. V mreži pokončnega cilindra (lik 163, III) vidiš zraven razgrnenega plašča še dva kroga (osnovni ploskvi), katera se dotikata osnovnice in tej nasprotne stranice pravokotnika. 137 Z očrtom (lik I) je narisana osnovna ploskev (polumer), z načrtom (lik II) višina pokončnega cilindra, kakeršni sta v resnici. Narisaj mrežo pokočnega cilindra in napravi ga iz lepenke. a) Pokončen cilinder, na katerem je premer osnovne ploskve 2 V = 0'03 ra in višina v — 0'085 m , stoji na horicontalni vzmetni ravnini //; narisaj očrt in načrt cilindra, Kaj je očrt in načrt 1) presečnih ploskev, vzporednih z osnovno ploskvijo, 2) presečne ploskve, ka¬ tera gre skoz sredo osi in je naklonjena proti II za 45° (60°, ? b) Narisaj projekciji joduakostranega cilindra z višino v — 0'032 m , ako je njega os vzporedna z V a proti H za 45° naklonjena. 0) Narisaj projekciji kocke se stranico a = 0 - 05 m in njej vpisanega jednakostrauega cilindra, ako je os cilindra z V vzporedna in proti H za 45° naklonjena. §. 179. Telesa, katera so samo od ravnin omejena, imenu¬ jemo ravnoploska ali poliedre, vsa druga pa krivoploska. Poliedri so pravilni (v ožjem pomenu), ako so omejeni samo od pravilnih skladnih mnogokotnikov, kateri stvarjajo skladne ogle. Pravilnih poliedrov je mogočih le pet. Dokaz. Ker ima vsak ogel pravilnega telesa najmenj tri rokovne kote, in ker je vsota teli kotov zmerom manjša od 4 R, moremo v jednem oglu nahajati le: 1) 3 kote po 60° — to telo je (pravilni) tetraeder (lik 164, I); 2) 4 „ „ „ — „ „ „ „ oktaeder (lik 164, II); 3) 5 „ „ „ — „ „ „ „ ikozaeder (lik 164, lil ); Lik 164. 4) 3 kote po 90° — to telo je (pravilni) heksaeder (lik 165); 5) 3 „ „ 108° — „ „ „ „ dodekaeder (lik 166). Šest kotov po 60°, 4 po 90°, 4 po 108° i. t. d. znašajo že 4R ali pa še več. 138 Lik 165. Lik 166. Tedraeder je omejen od 4 jednakostraničnili trikotnikov, ima 6 robov in 4 ogle. Oktaeder je omejen od 8 jednakostraničnili trikotnikov, ima 12 robov in 6 ogdov. Ikozaeder je omejen od 20 jednakostraničnili trikotnikov, ima 30 robov in 12 ogdov. Heksaeder je omejen od 6 kvadratov, ima 12 robov in 8 oglov. Dodekaeder je omejen od 12 pravilnih peterokotnikov, ima 30 robov in 20 oglov. V vsakem pravilnem telesu je točka, katera je a) od vsake mejne ploskve, b) od vsakega ogla in c) od vsakega roba jednako oddaljena. To točko imenujemo središče telesa. Geometrijski naris pravilnih teles. §. 180. n) Tetraeder (četverec). Mrežo tetraedra narediš, ako zvežeš polovišča stranic jed- nakostraničnega trikotnika (lik 167 ; III). Lik 167,1 in lik 167, II predstavljata očrt in načrt tetraedra. Lik 167. b) Heksaeder (šesterec, kocka, kubus). 139 Mrežo kocke napraviš, ako narišeš zdržema 4 kvadrate (obstranske ploskve) in na nasprotnih straneh jednega kvadrata še dva kvadrata (lik 168, III). V liku 168 I in II vidiš očrt in načrt kocke. Lik 168. ,V c) Oktaeder (osmerec). Za to in za sledeča pravilna telesa hočemo narisati le. mi ežo. Mreža oktaedra obstoji iz dveh skladnih mrež tetraedra, kateri se držita z jedno stranjo skupaj (lik 169). Lik 169. d) Ikozader (dvajseterec). Mrežo tega telesa vidiš v liku 170 Lik 170. 140 e) Dodekaeder (dvanajsterec). Mrežo vidiš v pridjanem liku 171. Lik 171. 1. Ali velja tudi za pravilna telesa Euler-jev zakon 0 + M=R + \ 2? 2. a) Povej ravnine, katere delč pravilna telesa simetrično. h) Poišči na pravilnih telesih 1) vzporedne robe, 2) vzporedne ploskve. c) Primerjaj dodekaeder z ikozaedrom, heksaeder z oktaedrom ozi¬ raje se na število oglov in ploskev. 3. a) Narisaj na lepenko mrežo 1) tetraedra z robom a — l d “; 2) ok- taedra z robom a = 5 cm ; 3) dodekaedra z robom 2 cra ; 4) iko- zaedra z robom a = 3 cm , 5) heksaedra z robom a = l 4 ”. b) Napravi ta telesa iz njih mrež. Krogla. §. 181. Točke kroga, katerega vrtimo okolo nepremičnega premera, napisujejo vzporedne kroge, krog sam pa na vse strani zaprto ploskev, tako imenovano, površino krogle ali obla (oblino). Prostor, katerega omejuje površina krogle, imenujemo kroglo (oblo), nepremičen premer z ozirom na one vzporedne kroge os, nje krajišči tečaja in vrten krog v vsaki njegovi legi meritlijan. Vzporedni krogi so različni, največji je oni, kateri gre skoz središče vrtenega kroga. Ta največji krog imenujemo ravnik (ekvator). Izvod. Ravnine vzporednih krogov stoje pravokotno na osi in na ravninah meridijanov. Središče kroga, kateri napisuje površino krogle, je od vseh njenih toček jednako oddaljeno, in imenujemo ga središče krogle. Daljice, potegnene od središča do površine krogle, imenujemo polumere (radije), daljice med dvema poljubnima točkama povr¬ šine tetive, in vsako tetivo, katera gre skoz središče, premer krogle. Izvod. Polumeri krogle so jednaki; in vsak polumer je jednak polovici premera. 141 Središče določuje lego krogle, polumer pa njeno kolikost. Izvod. Dve krogli z jednakima polumeroma sta skladni, z nejednakima polumeroma pa podobni. * Točka, prema in ravnina z ozirom na kroglo. §. 182 . Točka leži v površini krogle, ali znotraj ali zunaj nje, ako je nje razdalja od središča jednaka poliimeru ali manjša ali večja. Prema, katera stoji pravokotno na polurnem v njega kra- jišči, je tangenta krogle. Kajti razdalja vsake točke te preme razun dotikališča je večja od polumera, Prema nima z kroglo ali nobedne točke skupne, ali jo seče v dveh točkah, ako je nje razdalja od središča večja ali manjša od polumera. Kajti v prvem slučaji je razdalja najbližje nje točke od središča večja od polumera; v drugem slučaji je razdalja naj¬ bližje njene točke manjša od polumera, ona torej leži znotraj po¬ vršine, in na premi sta le dve točki, kateri sta od središča za polumer oddaljeni. Ako si napravimo v mislih tri preme pravokotno na os, jedno zunaj kroga, drugo kakor tangento in tretjo kakor se- kanto tega kroga, napisuje pri vrtenji krog kroglo, preme pa vzporedne ravnine. Prva ravnina leži popolnoma zunaj krogle, druga se je dotika le v jedni točki, tretja jo seče v krogu. Ravnino, katera se krogle dotika le v jedni točki, imenu¬ jemo dotikaluo ravnino; in ono, katera seče kroglo v krogu, pre¬ sečno ploskev. Ako si mislimo v vsaki točki krogle dotikalno ravnino, ga te obvijajo popolnoma. Površino krogle si torej smemo misliti obstoječo iz brezkončno mnogo, brezkončno majhnih ravnin. Razdalja dotikališča, torej tudi dotikalne ravnine od sre¬ dišča je jednaka polurnem; vsaka druga točka te ravnine ima večjo razdaljo od središča. 142 ■ a) Koliko tangent moreš potegniti na površino krogle v jedni njeni točki ? — V kakšni ploskvi leže vse te tangente ? b) Koliko tangent moreš potegniti na površino od točke zunaj nje? — V kakšni ploskvi leže vse te tangente ? — Kako poiščeš daljico med dano točko in dotikališčem take tangente? — V kakšni črti leže vsa ta dotikališča? c) Koliko tangent moreš potegniti na površino krogle, ako so vse z danim premerom vzporedne? — Kakšno ploskev stvarjajo te tangente? — V kakšni črti leže vsa njih dotikališča? d) Potegni v mislili polutrak iz središča krogle; v kakšnih ploskvah leže tangente, katere potegneš zaporedoma od vsake njegove točke, začenši pri presečišči, do njegove točke v brezkončni raz¬ dalji? — V kakšnih črtah leže dotikališča tangent od vsake točke, in kako se razločujejo te črte med seboj z ozirom na lego in kolikost? e) Kolika je razdalja krogline tetive od središča krogle (r = 0246" 1 ), ako je jednaka poltimeru krogle? j") Kolika je tetiva, katera je od središča krogle (■»• = 0 - 246™) za ■J- polumera oddaljena? C)) Kolik je polumer krogle, ako je tetiva t = 0'133 m od središča za dvojno njeno dolžino oddaljena? ll) Koliko kroglinih površin more iti skoz dve točki v prostoru? — V kakšni ploskvi leže središča vseh teh krogel? — Koliko krogel more iti skoz 3 točke v prostoru? — V kakšni črti leže središča vseh teh krogel? — Koliko krogel more iti skoz štiri točke, ka¬ tere ne ležč vse v isti ravnini ? — Koliko toček torej določuje kroglo popolnoma? i) Koliko toček imata krogla in ravnina skupnih, ako leži prva na drugi? Koliko dotikalnih ravnin moreš položiti skoz jedno točko krogline površine ? k) Koliko dotikalnih ravnin moreš položiti na kroglo od točke zunaj nje? — V kakšni črti leže dotikališča vseh teh dotikalnih ravnin? l) Kako ležita dve ravnini, kateri se dotikata krogle v krajiščih pre¬ mera, jedna proti drugi? m) Recimo, da leži prema zunaj krogle; koliko dotikalnih ravnin mo¬ reš skoz njo položiti na kroglo? n) Koliko dotikalnih ravnin, vzporednih z dano ravnino, moreš položiti na kroglo? o) Krogla se potaka po poševni ravnini tako, da napiše dotikališe.e premo; določi natančneje pot središča. §. 183. Vsak presek krogle z ravnino ,je krog. Recimo, da je AMB (lik 172) presek krogle z ravnino, OP J_ na ravnino AMB, potegnimo dve poljubni daljici PA in PM 143 k obodu presečne ploskve in še polumera O A in O M. potem je A AOP A MOP, torej A P = PM t. j. vsaka točka pre- sečnice je od točke P jednako oddaljena ali presečnica je krog. Krog A MB zovemo kroglin krog. Ako pomeni 7? kroglin polumer, r polumer presečne ploskve, d razdaljo pre¬ sečne ploskve od središča krogle, je r- = B n - — d\ Kedar je d = o ali d = B ali o < d c B, je r = B ali r = o ali r < B t. j. 1. Krog, ki gre skoz središče krogle, je največji; imenu¬ jemo zategadelj take kroge največje krogline kroge. Njega po¬ lumer je jednak polumeru krogle. 2. Kroglin krog je tem manjši, čim bolj je oddaljen od središča krogle. 3. Kroglin krog preide v točko, ako je od središča krogle za polumer oddaljen. 4. Kroglini krogi, jednako oddaljeni od središča krogle, so jednaki. a) Ali določuje največji kroglin krog to popolnoma z ozirom na lego in na kolikost? — Ali to stori manjši krog? b) Kako sta si razdalja presečne ploskve in polumer krogle, ako je presečna ploskev tretjina največjega kroga? c) Recimo, da je obod kroglinega kroga -|- oboda največjega kroga iste krogle; kolika je razdalja prvega od središča krogle, ako je polumer krogle r = O 255"' ? d) Kako sta si razdalji dveh presečnih ploskev od središča krogle s polumerom r = 0105™, ako je obod prve 2krat, druge 4krat manjši od oboda največjega kroga? e) Kolik je polumer, obod in ploščina presečne ploskve, katera je od Y središča za d = - oddaljena? f) Kolik je polumer krogle, ako je ploščina presečne ploskve p = (H in nje razdalja od središča d = 0 g) Kolik je polumer krogle, ako je obod presečne ploskve o = 0'434™ in nje razdalja d = 0'075 ln ? §. 184. Vsaka ravnina razdeljuje kroglo na dva dela, katera imenujemo kroglina odseka, Kroglin odsek je omejen od krožnine in krive ploskve, katero imenujemo kroglino kapico. Krog je Lik 172. IM osnovna ploskev kroglinega odseka, in daljica, katero postavimo pravokotno na osnovno ploskev od središča do kapice, njega višina. Največji kroglin krog razdeljuje kroglo na dva jednaka kro- glina odseka, katera polnkrogli (poluobli) imenujemo. Del krogle med dvema vzporednima presekoma imenujemo kroglino plast. Nje meji sta kroga (osnovni ploskvi) in kriva ploskev zvana kroglin pas. Razdalja osnovnih ploskev je višina krogline plasti. Plašč stožca, kateri ima svoj vrli v središči krogle, seče nje površino v krogu. Prostor med plaščem imenujemo kroglin stožec ali kroglin izsek; on obstoji iz kroglinega odseka in po¬ končnega navadnega stožca. Geometrijski naris krogle. §. 185. Plašč stožca ali cilindra moremo po ravnini raz¬ grniti, krogline površine vender ne; prvi krivi ploskvi sta enojno-, druga pa dvojno- zavita. Natančne ki’ogline mreže torej ne moremo napraviti; pri¬ bližno pa dobimo tako-le: Lik 173. Razdeli daljico AB (lik 173), katera, je 3 fkr at tolika ka. kor premer krogle, na 12 jednakili delov in vnesi na nje podalj¬ ška od A in B dalje še po 9 takih delov. Ako napišeš od toček 1, 2, 3, . . . in takisto od toček I, II, III, . . . loke s polu- merom, ki jejednak 10 takim delom, dobiš 12 jednakili dvokotnikov, iz katerih precej natančno napraviš kroglino površino, ako jih primerno zvežeš. V liku 174. T in IT vidiš očrt in načrt krogle. Očrt in načrt krogle sta kroga, jednaka največjemu kroglinemu krogu. Ako stoji kroglina os pravokotno na horicontalni vzmetni ravnini, je očrt vsakega meridijana premer, načrt jed- nega krog, druzega premer in ostalih elipse; očrt, vzporednih krogov kon¬ centrični krogi, načrt vzporedne tetive. a) Narisaj očrt in načrt globusa s polumerom r = 4 c,n , ako stoji njega os pravokotno na TJ in ako je prvi meridijan vzporeden z V; in načrtaj še projekciji obeh povratnikov, (krogov) tečajnikov in meridijana, kateri leži 60° proti zahodu. b) Narisaj projekciji krogle s polumerom r = 0'055 m in potem pro¬ jekciji onega preseka, kateri gre skoz središče, stoji pravokotno na V in je proti II za 45° naklonjen. c) Narisaj projekciji krogle s polumerom r = 3 em in projekciji onega . . V preseka, kateri je za ^ od središča oddaljen, stoji na V pravo¬ kotno in je proti H za 30° naklonjen. Tretji oddelek. Merjenje teles. §. 186. Vse ploskve skupaj, s katerimi je telo omejeno, imenujemo njega površje , vsoto vseh obstranskih ploskev pa njega obstransko površje ali obstranje. O merskih jednotah glej §. 68. Kolikost prostora, katerega oklepajo mejne ploskve telesa, imenujemo njega prostornino (telesno vsebino ali telesnino). To merimo s prostorom znanega telesa in sicer s prostorom kocke, na kateri je rob jednak dolgostni jednoti. Tako kocko imenu¬ jemo kubičen meter (O m ), kub. decimeter (O du ’), knb. centimeter ,i. t. d. Geometrija. 10 146 10 m = 10000“ a 10000 c,u a 1000O mm . Posodo, zajemajočo jeden kub. decimeter, imenujemo liter; 100 litrov = 1 hektoliter. Telesa z jednako prostornino imenujemo prostorno-jednaka. Površje in prostornina prizme in cilindra. §. 187. Ako so o, b, p oziroma merska števila osnovne ploskve, obstranja in površja je p = 2 a -j- b za prizme in za cilindre. Na prizmah je osnovna ploskev mnogokotnik, posamezne ploskve obstranja pa so paralelogrami. Ploščino takih ploskev izračunamo, kakor smo osvetlili v prvem delu. Za pokočno prizmo je b = o v, kjer pomeni n obseg osnovne ploskve in v višino prizme. Kocka je prizma, omejena s 6 skladnimi kvadrati; za njo je p — 6 s' 1 , kjer pomeni s mersko število nje stranice. Na cilindru sta osnovni ploskvi kroga, plašč pokončnega cilindra, razgrnen po ravnini, pa pravokotnik , v katerem je osnovnica jednaka obodu osnovne ploskve, višina pa stranici cilindra. Potem je b = 2 m. v in p — 2 r- n. -)- 2rnv — 2rn (r -(- v). Ker je stranica s jednakostraničnega cilindra jednaka 2 r je b — 4 r" n in p — 6 r- n. Primerjaj a) obstranje, b) površje jednakostraničnega cilindra z njega osnovno ploskvijo. §. 188. Raven lik, katerega premikamo v mislih ves čas vzporedno s prvo lego, opisuje telo, katero je del plasti med ravninama, položenima skoz prvo in zadnjo lego; ako ga pa pre¬ mikamo v njega lastni ravnini, je njega pot zmerom še ravnina. Prostornina telesa zavisi torej le od kolikosti premikanega lika in od višine plasti. Prizme (cilindri) so torej prostornojednake(i), ako imajo jednake osnovne ploskve in jednake višine. 147 Tako so n. pr. prizme (lik 175) prostornojednake. Lik 175. Lik 176. 'C §. 189. Becimo, da je pravokoten paralelepiped ABCD (lik 176) a dolgostnih jednot dolg, b dolg. jednot širok in c dolg. jednot visok. V tem moremo a kubičnih jednot položiti na os¬ novno ploskev poleg dolžine, na celo osnovno ploskev pa b takih 7> ' - vrst, torej 6krat a ali ah in v celi paralelepiped c takih plasti, torej ckrat ob t. j. ahc kubičnih jednot. Ako torej p prostornino pomeni, je p — ahc. Prostornina pravokotnega paralelepipeila je jednaka pro¬ duktu iz (merskih števil) dolžine, širine in višine. Ker je ab ploščina osnovne ploskve, moremo tudi reči: Prostornina pravokotnega paralelepipeda je jednaka produktu iz (merskih števil) osnovne ploskve in višine. Za kocko je a = b == c = s, kjer pomeni s mersko šte¬ vilo nje stranice, in p = s 3 . Prostornina kocke je jednaka tretji potenci nje stranice. Ako so pi in p 2 , s, in s 2 oziroma merska števila prostornin in stranic dveh kocek je, Pi : ps = s, 3 : v'- Prostornini dveh kocek sta si kakor tretji potenci njijinih stranic. 10 * 148 §. 190. Iz §. §. 188, 189 sledi: 1. Vsaka prizma je prostoru oj ednaka s pravokotnim para- lelepipedom, s katerim ima ploskvenojednako osnovno ploskev in jednako višino. 2. Dve prizmi, kateri imata jednako osnovno ploskev in jednako višino, sta prostornojednaki. II. Prostornina vsake prizme je jednaka produktu iz os¬ novne ploskve in višine. 4. Prostornini dveh prizem, kateri imata ploskvenojednaki osnovni ploskvi, sta si kakor višini. 5. Prostornini dveh prizem, kateri imata jednaki višini, sta si kakor osnovni ploskvi. 0. Prostornini dveh prizem sploh sta si kakor produkta iz osnovne ploskve in višine. Izrazi izvode 4, 5, 6 matematično. §. 191. Ker si cilinder moremo misliti kakor prizmo z brezkončno mnogo obstranski li ploskev, veljajo izreki prejšnjega §. tudi za njega, torej je p — r 2 n v. Prostornina cilindra je jednaka produktu iz (merskih števil) osnovne ploskve in višine. Za jednakostran cilinder je v == 2 r, torej p = 2 r 3 n. Površje in prostornina piramide, stožca, okrajšane piramide in okrajšanega stožca. §. 192. Površje (p) piramide (stožca) je jednako vsoti iz osnovne ploskve (a) in obstranja (b). p = a - b. Osnovna ploskev piramide je mnogokotnik, obstranske ploskve pa so trikotniki. Na pokončni piramidi je obstranje jednako polovici pro¬ dukta iz obsega (o) osnovne ploskve in obstranske višine (v,) b = — o v ,, kajti obstranski trikotniki so jednakokraki in skladni ter vsa-, kega višina jednaka obstranski višini piramide. Plašč pokončnega stožca, razgrnen po ravnini, je krogov izsek, čegar polumer je jednak stranici (s) in lok jednak obsegu osnovne ploskve stožca. Potem takem je b = r n s. 149 Plašč pokončnega stožca je jednak produktu iz oboda osnovne ploskve in iz višine. Površje pokončnega stožca je tedaj p == r 4 n -j- r n S — r n (#■ -f- s). Za jednakostran stožec je b — 2 r 4 n in p — 3 r' 1 n. §. 193. Površje okrajšane piramide (okrajš. stožca) je jed- nako vsoti obstranja in obeli osnovnih ploskev (A iu «). p - b -j— A -p Obstranske ploskve pokončne okrajšane piramide so skladni jednakokraki trapeči; ploščina jednega trapeča je jednaka produktu iz (merskih števil) srednice in višine, vseh trapecev t. j. obstranja jednaka produktu iz vseh srednic t. j. iz obsega (o) srednjega preseka in iz skupne višine (r,), katera je tudi obstranska višina okrajšane piramide. Potem takem je 1 ) . . . b = ov,. Plašč pokončnega okrajšanega stožca, razgrnen po ravnini, je kolobarjev izsek, čegar širina je jednaka stranici (s) okrajš. stožca in čegar loka sta oboda osnovnih ploskev. Potem takem je 2 R n 4- 2 r n , r , , . 2) ... b = - ^5 -. s = (R + r) s n. Dostavek. Za r == o je b = Rsn t. j. plašč pokončnega stožca si moremo misliti kakor plašč okrajš. stožca, pri katerem je polumer manjše osnovne ploskve jednak ničli. Za r = R je b — 2 R ji s t. j. plašč pokončn. cilindra si moremo misliti kakor plašč okrajš. stožca, pri katerem sta po- lumera osnovnih ploskev jednaka. Za celo površje pokončnega okrajš. stožca pa velja izraz 3) .... P = R*JI + r 4 n -f- (R -f /■)' s«, kar si lahko sam raztolmačiš. §. 194. Ako premikamo v mislih horicontalno osnovno ploskev piramide vzporedno s prvo lego do vrha, ter jo ves čas tako izpreminjajo, da ostajajo nje oglišča v robih piramide, na¬ piše ona prostornino piramide. Prostornine bi pa ne napisala čisto nič, ko bi jo premikali v nje lastni ravnini. Prostornino piramide določuje potem takem kolikost premi- kane ploskve v vsakem trenotku premikanja in dolžina nje poti v navpični meri, torej višina piramide. Ako pa imata dve piramidi ploskvenojednaki osnovni ploskvi in jednaki višini, sta tudi vsaki dve presečni ploskvi, vzporedni 150 z osnovno ploskvijo v isti razdalji od vrha, ploskvenojednaki. (Sledi iz §. 165, 1). Iz vsega sledi: Dve piramidi s ploskvenojednakim a osnovnima ploskvama in z jednakima višinama sta prostornojednaki. §. 195. Vsako tristrano prizmo moremo razsekati v tri prostornojednake piramide. Take piramide dobimo namreč, ako sečemo prizmo (lik 177) z ravninama A EC in DEC. Piramidi ABCE in DEFC sta prostornojednaki, ker imata isto višino in tudi isto osnovno ploskev (kakor prizma). Piramidi DECA in DEFC imata jednaki osnovni ploskvi in jednaki višini, torej sta tudi oni prostornpjednaki in po prejš¬ njem vse tri. Izvod. Vsaka tristrana piramida je tretji del tristrane prizme z jednako osnovno ploskvijo in jednako višino. §. 196. Iz §. §. 194 in 195 slede ti-le izvodi: 1. Prostornina tristrane piramide je jednaka tretjemu ) krogle je jednako vsoti vseh onih plaščev ali produktu iz oboda iiajvečjega kroglinega kroga in iz vseh do- tičnih delov osi skupaj t. j. iz osi same, katera je pa kroglin premer. Potem je p — 2 R n .2 R — 4 R* n. Površje krogle je jednako štirikratni ploščini največjega kro¬ glinega kroga. Ako pomenijo P, p, R, r oziroma merska števila površij in polumerov dveh krogel, je P : p — R* : r\ Površji dveh krogel sta si kakor kvadrata njijiiiih polumerov. Iz prejšnjega sledi kakor za kroglo tudi za kapico in pas krogle: Ploščina kapice ali kroglinega pasa je jednaka produktu iz oboda največjega kroglinega kroga in iz nje (njega) višine. §. 201. Z vzporednimi krogi in z meridijani razdelimo po¬ vršje krogle na .štirioglate (pri tečajih trioglate) like, kateri so krivi; in s polumeri (R), katere potegnemo do onih oglov, nari¬ šemo piramide zapolumer visoke s krivimi osnovnimi ploskvami, v katere moremo kroglo razsekati. Ako si mislimo število vzpo¬ rednih krogov in meridijanov brezkončno, misliti si smemo one like (osnovne ploskve piramid) ravne. Prostornina jedne pira¬ mide je pa jednaka tretjini z višino (polumerom) množene os¬ novne ploskve in prostornina (P) vseh piramid t. j. prostornina krogle tretjini s polumerom množenih vseh osnovnih ploskev t. j. tretjini s polumerom množenega površja O krogle. P = ‘ OR. Prostornina krogle je jednaka tretjini s polumerom množe¬ nega površja. Ker je O = 4R-n, je tudi P = j-P' n. Dostavki. Ako pomenijo P, p, R, r oziroma merska šte¬ vila prostornin in polumerov dveh krogel, je P : p = R 3 : r 3 . 154 1. Prostornini dveh krogel sta si kakor tretji potenci njijinih polnraerov. 2. Prostornina kroglinega izseka je jednaka tretjini s po- lumerom množene njega kapice. 3. Krogi in odsek, kateri je manjši ali večji od polukrogle, si moremo misliti kakor diferenco ali vsoto kroglinega izseka in pokončnega stožca, kateri ima z odsekom skupno osnovno ploskev in vrli v središči krogle, in takisto izračunjavamo tudi njega prostornino. 4. Kroglino plast si mislimo kakor diferenco dveh kroglinih odsekov in takisto izračunjavamo njega prostornino. Računske naloge. L Merska števila stranice, površja in prostornine kocke so oziroma s, p in t\ izračunaj iz jedne teh količin drugi dve. a) s — 1“ 4 dm ; b) p = 50D dm 8Q-86D cm ; t = 12-3263910™; s — l*375 ,n ; p = 50D d “; t == 297910 cm . 2. Kockasta, zgorej odprta posoda iz ploščevine zajema 80 d,n ; koliko ploščevine je bilo za njo potreba? 3. Kolika je prostornina (stranica a) kocke, ako je nje stranica (prostornina) za m večja ali za n manjša od stranice (prostornine) druge kocke s telesnimi t' (se stranico a‘) ? a) t' = ]2oO m , b) a' = 12™, m = 3 cm , m — 10160™, n ==r 4 d '"; n == 7280 m . 4. Stranici dveh kocek sta a in a'; kolika je stranica a“ tretje kocke, katera je jednaka vsoti (diferenci) prvih dveh kocek ? 1) a = 5“, 2) a = 4 m , a‘ = 15 dm ; a' = 20 dm . 5. Ako pretopiš tri svinčene kocke se stranicami a — 2 m , a' — 25 dm , a“ — 15 dm v jedno kocko; kolika je stranica te kocke ? 6. Recimo, da je prostornina kocke t ; kolikokrat večja ali manjša je stranica druge kocke, ako je njena prostornina »»krat večja ali »krat manjša? m = 27, 3~, 0729, 0-000512, «; n = 8, 64, 2‘f, 1728, b. 155 7. Stranica kocke je a\ kolika je stranica druge kocke, ako je njena prostornina »»krat večja ali »krat manjša? a = 4 dm , 3 C ”, 6 d ”, f\ m = 27, 125, 27, r ; n = 8, 17, 642, s. 8. Kako sta si prostornini t in t‘ dveh koeek, ako sta si njijini stranici kakor m : n? m = 2, -§-, 0'5, «; n = 3, ], 1-5, b. 9. Kako sta si stranici a in a' dveh kocek, ako sta si prostornini kakor m : n? m = 27, ±, 3|, a; _ O IJS olO 7 W 216? z7 > "• 10. Kako sta si površji p in p' dveh kocek, ako sta si nji¬ jini prostornini kakor m : m? m = 27, 64, 0-512, n; n = 8, 125, 0-125, b. 11. Kako sta si prostornini t in t' dveh kocek, ako sta si njijini površji kakor m : n ? m = 4, 64, 1~, a\ n = 19, 625, 7” , b. 12. Koliko kocek se stranico s je v kocki se stranico s'? s — 2 m , 1 2"5 m a; s' = 4 m , 3 m , 50 dl ”, b. 13. Kolika je prostornina prizme z osnovno ploskvijo o in višino v? o = 0-128D™, 110-3D”, » = 0-5 m , 0-75 m , b. 14. Izračunaj iz prostornine t in višine v prizme nje os¬ novno ploskev. t = 4620°™, 4-3750’», a\ v = 0"04 m , 0125”, b. 15. Izračunaj iz prostornine t in osnovne ploskve o prizme nje višino. t = 4620 cm ; 4-3750”, «; o = 77D cm , 1-250”, b. 16. Kako sta si prostornini dveh prizem z osnovnima plo¬ skvama o in o' in višinama v in »'? 156 o = 2-33D”, 7-12D d ™, 116-2D” a, a, a- v == 0‘67 ,n , 3-5 dra , 10"5 m , b, b, h; o' = 2-574D 1 ", 7\12D dm , 7-2iD ra , c, a, c; v‘ = 0-67 ra , 7 dm , 5-184, b, c, d. 17. Dana je pokončna prizma; kako izračunaš a) obseg osnovne ploskve, ako sta plašč in njega višina, b) višino, ako sta plašč in obseg osnovne ploskve znana? 18. Kako sta si obstranski površji dveh pokončnih prizem, ako sta obsega njiju osnovnih ploskev o in o' in njiju višini v in v'? o = 0-875™, 1-35" 1 , 10-71™, a, a, a; v = 0-42™, 0"91 ,n , 0-25™, b, b, b ; o' = 0-125™, 1-35™, 42-50™, c, a, c; V == 0-42™, 1-17™, 0-90™, b, c, d. 19. Kako sta si obstranski površji dveh pokončnih prizem, ako sta a) obsega osnovnih ploskev jednaka, b) višini jednaki, c) obsega in višini različni? 20. Izračunaj površje in prostornino 0-16™ visoke pokončne prizme, na kateri je osnovna ploskev pravokoten trikotnik s ka- tetama a — 0-14™ in b = 0-26™. 21. Pokončna prizma, 0-32™ visoka, ima prostornino t = 0-10™; koliki so osnovni robi, ako je osnovna ploskev jed- nakokrak pravokoten trikotnik? 22. Koliki sta površje in prostornina pokončne 0-215™ visoke prizme, ako je nje osnovna ploskev jednakostraničen tri¬ kotnik se stranico s = 0-115™? 23. Koliki sta površje in prostornina pravilne tristrane prizme, ako so vsi robi jednaki r = 0-164™ ? 24. Tristrana pravilna prizma ima prostornino t = 0-0720™; ako rase nje višina za 0-04" 1 , rase prostornina za 0-002880™; koliki so nje robi od začetka? 25. Robi tristrane pravilne prizme so vsi jednaki; koliki so ti robi, ako je prostornina t = 0-0735O™? 26. Osnovna ploskev pokončne, 0-2" 1 visoke prizme, je romb z diagonalama d — 0-18™ in d‘ = 0-142 ™; izračunaj nje površje in prostornino. 27. Osnovna ploskev 0-28™ visoke prizme je jednakokrak trapeč z vzporednicama a — 0-73™, b = 0-52™ in nevzporednico c ■= 0-336™; koliko je nje površje in kolika prostornina? 157 28. Koliko je površje in prostornina pravilne šesterostrane, 0-32 m visoke prizme, ako je a) osnoven rob s = 0-072, b) raz¬ dalja središča osnovne ploskve od nje stranice r — o*14 ra , c) raz¬ dalja središča od oglišča osnovne ploskve R = 0*19? 29. Pravilna šesterostrana prizma, katera ima vse robe jednake, ima prostornino t = 0*3275O m ; koliki so nje robi? 30. V pokončnem pravokotnem paralelepipedu je razmerje v jednem oglu stikajočih se robov 3:4: 18, njih vsota 50 ra . a) Koliki sta njega površje in prostornina, h) kolik je rob pro- stornojednake kocke ? 31. Osnovna ploskev pokončne 6 ,lm visoke prizme je kvadrat. Kolik je osnoven rob in kolika prostornina prizme, ako je po¬ vršje 72*5D dm ? 32. Recimo, da so r, v, o, t oziroma merska števila polu- mera, višine, plašča, prostornine pokončnega cilindra ; izračunaj iz dveh teh količin obe drugi. 1) r == l*57 llm , a\ 2) v = l*5 m , a; 3) r = 1*85™, a\ v = l*19 m , b. o = l*1386D dm , h. t = 37*26800™, h. 4) o = 20D (,m , a\ t = 20O dm , b. 33. Ako je pokončen cilinder prejšnje naloge jednakostran, ali moraš tudi dve onih količin vedeti, da moreš izračunati druge ? — Dana je jedna izmed količin r, v, o, t; izračunaj vsako drugo. 34. Ako je prostornina pokončnega cilindra p — 310O cm in višina v = 0*09'"; koliko je njega površje? 35. Dan je plašč o = 1*35D™ in polumer r = 0*15™ po¬ končnega cilindra; kolika je višina v in prostornina t? 36. Kako sta si dva cilindra, ako sta njiju polumera r in r' in njiju višini v in v' ? r = 0*05™, 0*055 m , 0*06, a, a, a\ v = 0*06™, 0*06 m , 0*05™*, b, b, b- r' = 0*15"', 0*0550*15™, c, a, c; v' = 0*06™, 0*24™, 0*12 m , b, c, d, 37. Kako sta si plašča dveh pokončnih cilindrov, ako sta polumera njiju osnovnih ploskev r in r‘ in njiju višini v in v' ? rus r == 0-06 ,n . 0-12 m , 0-04 ra , a, a, a; v = 0-09“ 0-16 ra , 0-03 m , b, b, b; r' = 0'18 m , 0*12 m , 0'18 m , a, c, c; v' = 0-09"", 0-24 m , 0'20 m , c. b, d. 38. Koliki sta površje in prostornina valjaste cevi, ako je B — 0 - 19 m , r — 0'17 m in v — 4™ ? — Reši to nalogo tudi z občnimi števili. 39. Valjasta posoda meri 36 litrov; koliko meri posoda, na kateri so razsežnosti dvakrat tolike? 40. Ciment za liter ima valjasto obliko in njega višina je dvakrat tolika kakor premer; kolike so razsežnosti tega ci- menta na milimetre? 41. Valjasto deblo s premerom d = 0‘5 m in z dolžino a — 15'" si misli obtesano na kvadratno bruno; koliko lesa gre v treske? 42. Železen cilinder, t - 5 ,n dolg, tehta 589 , 05 I ' g ; kolik je njega premer (spec. težkota = 7*78) ? 43. Kolik je tlak 750 mm visokega živosrebrenega stolpa na krožnato osnovno ploskev s polumerom r — l cra (spec. težk. 13-6)? 44. Za vodovod potrebujejo 840 m dolge svinčene cevi, ka¬ tere so 16 cm debele in imajo 2 m svetlobe; koliko velja svinec, ako stane 1 Kg. 40 kr. (spec, težk. — 11*35)? 45. Koliko tehta 2 ,n dolg votel železen cilinder, ako znaša njega vnanji obseg o — 2-094’" in debelost stene ft‘04" 1 ? 46. Prostornina 4' lm dolzega cilindra znaša 20O cra ; izdolbi ga koncentrično tako, da je ostala prostornina le začetne; koliko je stena votlega cilindra debela ? 47. Površje jednakostranega cilindra je p = 3560™; iz¬ računaj površje in prostornino najmanjše kocke ; iz katere ga moreš izrezati. 48. Premer in višina cilindra sta si kakor 3:5; izračunaj iz njega površja m = 1*3D M njega prostornino. 49. Plašč cilindra je o = IOOOLj™ ; kolik je njega premer in njega višina, ako je obod osnovne ploskve, l-| krat večji od njega višine. 159 50. n) Koliko je površje pravilne a) četverostrane, b) tristrane, c) šesterostrane piramide, ako je osnoven rob s = 0'25 m in obstranska višina r, = 0 , 4 m ? h) Koliko je površje teles prejšnje naloge, ako je dan namesto r, obstranski rob s, = 0'2”? 51. Koliko je površje okrajšane pravilne a) tristrane b) četverostrane, c) šesterostrane piramide, ako je spodenj osnoven rob s = 0*15'", zgorenj osnoven rob s, = 0-08 m in obstranska višina r, = 015”? 52. Izračunaj površje pokončne okrajšane štiristrane pira¬ mide, na kateri sta osnovni ploskvi pravokotnika, ako sta raz¬ lični stranici spodnje osnovne ploskve a — 0'5 m , b = 0-175'", zgornje osnovne ploskve pa kakor 5 : 3 v razmerji z istolež- nima spodnjima, in ako je obstranska višina r, = 0-3 111 ? 53. Kolika je prostornina piramide z osnovno ploskvijo o in višino v ? o = 1-2D“, 0-05D m a; v = o-81“\ 0-27 m , b. 54. Izračunaj višino piramide, ako sta nje prostornina t in osnovna ploskev o dani. t = 0-360”, 1-7280”, a) o = 1-2D”, 7-2D”, b. 55. Kako sta si prostornini dveh piramid z osnovnima ploskvama o in o‘ in višinama v in v '? o = 0-17D”, 1-27D”, 100D cm , a, a, a; v = 1-2”, 1-75”, 8 cm , b, b, b-, o' = 0-17D”, 6-35DI", 24D cm , a, c, c; V ' = 0-6”, 1-75”, 10 c “, c, b, d, 56. Kako sta si prostornini dveh podobnih piramid a) z višinama V = 0-25in v = 0-075”, b) z istoležnima osnovnima roboma S — l"2 m in s == 0-84”? 57. Kako sta si višini ali dva istoležna roba podobnih pi¬ ramid s prostorninama 7' == 3-375 in p = 1-331? 58. Kolika je prostornina teles naloge 50, 51 ? 59. Koliko je površje in prostornina pravilne a) tristrane, b) četverostrane piramide z osnovnim robom s — 0*135 ra , ako so vsi robi jednaki? 160 60. Višina pravilne četverostrane piramide je dvakrat to¬ lika kakor osnoven rob; koliki so robi, ako je prostornina t = 0-3456O" 1 ? 61. Eobi pravilne tristrane piramide so vsi jednaki, ko¬ lika je prostornina, ako je površje m — 0 - 224D m ? 62. Kolika je prostornina okrajš. piramide s kvadratnima osnovnima ploskvama, ako je spodenj rob S = 0‘25 m , zgorenj rob s = O - 16™ in višina v = 0'08 m ? 63. Pravilna četverostrana piramida in pravilna tristrana piramida imata isto prostornino V — O 1 ]250™ in isto višino v — 0’6 m ; primerjaj njiju površji. 64. Piramida z osnovno ploskvijo o = 0'22D m in z višino v — 0'36 ra je prostornojednaka s kocko; kolik je rob kocke? 65. Napravi si iz pravilne četverostrane piramide z osnovnim robom s — 0 - 145 m in z višino v — 0 - 21 m okrajš. piramido s pro¬ stornino t — 5000 cm ; kolika je razdalja preseka od vrha? 66. Streha cerkvenega stolpa, katero hočejo pokriti s plo- ščevino, ima podobo pravilne šesterostrane piramide; recimo, da je obseg osnovne ploskve o = 12'5 m in obstranska višina v, = 7*2 m ; koliko a = 0-56™ dolgih in h — 0'33 m širokih plo- ščevin je potreba, ako se je zarad stikanja ploščevin 5% več porabi? 67. Recimo, da so r, v, s, p, t oziroma merska števila po¬ limera, višine, stranice plašča, prostornine pokončnega stožca; izračunaj iz dveh teh količin vse druge, 1) r = 3-5 dffi , v = 8'4 am ; 2) r = 0‘8 m , s = l'25 m ; 3 ) ,•= P76 m , p = 13-56D”; 3) r=4-21 dm , t = 1137'850 dm ; 5) v = 0-5”, s = 0'8 m ; ‘ 6) v = 3'5 dm , t= 551940 dm . 68. Izračunaj površje in prostornino jednakostranega stožca, ako je a) višina v = O - !" 1 , b) polurner osnovne ploskve r =.0 , 25 m , c) stranica s = 0‘465 m . 69. Izračunaj iz površja p = 4310P cm jednakostranega stožca njega prostornino. 70. Prostornina jednakostranega stožca t — 0 - 156O m ; ko¬ liko je njega površje? 181 71. Kako sta si prostornini dveh stožcev, ako sta polu- mera osnovnih ploskev r in r' in višini v in v 1 ? r = 0-75 ra , 0‘6 m ; 12™. a, a, a; v = P2”, 0*5 ”, 20 cm , h. h, h- r' = O - 75”, 0-9™, 8™, a. c, c; v' — 1-8"’, 0'5 m , 16™ c, h, d. 72. Kako sta si prostornini dveli podobnih stožcev z vi¬ šinama v in v' ? r = o-p", 0-25“ a ; v' == 0'12 m , 0’75 m b. 73. Kako sta si višini dveh podobnih stožcev s prostor¬ ninama t in /'? t = 0-1250”, 0-3340”, a ; t‘ = 0-216O”, lO”, b. 74. Koliki sta površje in prostornina okrajš. stožca s po- lumeroma R in r in z višino v ? R = o-5 m ; 0-65”; r = 0-2”, 0-45”; v = 0-3”, 0-03”. 75. Ako vrtiš pravokoten trikotnik s katetama a — 0-25” in b = 0-575” okolo njega hipotenuze, napišeš dvojen stožec; koliko je njega površje in prostornina? 76. Plašč stožca, razgrnen po ravnini, je krogov izsek se središnim kotom « = 120° in s polumerom r = 0-125”; kolika je prostornina stožca? 77. Jednakostran železen stožec mora 10 Kg. tehtati; ko¬ lika je njega višina ? 78. Z vodo do vrha napolnjena čaša ima podobo okrajš. stožca in je 12™ visoka; gornji premer je B = 6 cm , spodnji d — 4 cm . Ako izpiješ vode do polovice višine, koliko tekočine ostane še v čaši? 79. Ciment za 1 deciliter (posode za suhe stvari) ima obliko okrajš. stožca, na katerem je gornji premer jednak pre¬ meru prostornojednakega jednakostranega cilindra, in spodnji premer */ 4 gornjega; kolike so njega razsežnosti na milimetre? Geometrija. n 162 80. Izračunaj a) površje, b) prostornino tetraedra z robom n = 0"34 m . 81. Koliko je površje oktaedra z robom a = 0-05™? 82. Izračunaj prostornino oktaedra z robom a = 0-12“. 83. Kolika je prostornina oktaedra s površjem m = 1D“? 84. Koliko je površje ikozaedra z robom a = (VOS™? 85. Kako so si površja tetraedra. oktaedra in ikozaedra, ako so njih robi jednaki ? 86. Merska števila polumera. površja, prostornine krogle so r. p, t; išči iz vsake teli količin obe drugi. 1) r l'5 in ' ]2 J| ". 4 cii > o, 2) p = 572-555 ::i‘- m , 22*1671 D 1 *™ 1>. 3) t = 100O", 5-7120 m , c. 87. Koliko je a) površje, h) prostornina naše zemlje, ako je nje poluiner 6370 Km? [n — 3-141592). 88. Obod največjega kroglinega kroga je o; koliko je po¬ vršje in prostornina krogle? n = 0-35 m , l m , a. 89. Kako sta si a) površji, b) prostorni dveh krogel s po- luineroma r in r'? r = 0-5 m , 0-36 m , l m , a; r' = 0-25 m , 0"48 m , 0-2" 1 , b. 90. Kako sta si polumera dveh krogel s površjema p in />'? p = 0"64d m , ID’", a, p‘ = l-44D m , l-94D m , h. 91. Kako sta si polumera dveh krogel s prostorninama / in t'? t = 0-80 m ; 0-0390'% a; t‘ =S 2-70’% 4-8750'", h. 93. Kako sta si prostornini dveh krogel, ako sta si njiju površji kakor m : h ? m == 4, 36, 48, 275, « ; n = 9, 25, 75, 396, b. 94. Kako sta si površji dveh krogel, ako sta si njiju pro¬ stornini kakor m : n ? m — 1, 27, 125, 243, a\ n = 8, 64, 343, 1125, b. 163 95. Kolik premer bi moral imeti globus, na katerem bi bil lD mm jednak oiualjenemu kvadratnemu mirijametru? 96. Kolika je prostornina največje krogle, katero moreš napraviti iz kocke z robom a — 0-15“ ? Kolik je odletek? 97. Kolika je krogla, katera se natančno prilega mejnim ploskvam jednakostranega cilindra z višino v = 2-25 m ? Kolik je prostor med cilindrom in kroglo? 98. Iz polukrogle s polumerom r — 0 - l m napravi stožec z iednako osnovno ploskvijo in jednak o višino; kolik je odletek? Kako sta si prostornina stožca in prostornina polukrogle? 99. Vnanji polumer otle krogle je r = 0'145 1,1 in debelina stene a — 0-012™; kolika je njega prostornina? 100. Polumer osnovne ploskve pokončnega 0-8™ visokega stožca je 'r — 0\3 m ; kolik je premer krogle, katere površje je toliko kakor plašč onega stožca? 101. Valjast paren kotel s polukroglastima koncema je 1”' obširen in P" dolg tako, da znaša dolžina cilindra 3 m , koliko je n) površje, b) prostornina kotla ? 102. Kako so si prostornine jednostranemu cilindru vpisa¬ nega pokončnega stožca, vpisane krogle in onega cilindra? 103. Recimo, da je krogli opisan jednakostran cilinder in jednakostran stožec; kako so si a) površja, h) prostornine teli treh teles? 104. Površje krogle je p = 0’28D m («) ; koliko je površje krogle z 2-’-krat (/Prat) tolikim polumerom ? 105. Koliko debela mora biti stena otle krogle z vnanjim polumerom li — 0-335™, daje notranje površje polovica vnanjega? 106. Površje kocke je p — 0'24D m koliko je površje krogle z jednako prostornino? 107. Steklena krogla z notranjim površjem p = 0-325D m telita 2'8 Kg.; koliko telita, ako je napolnjena z vodo? 108. Sveteča točka je od središča krogle s polumerom r ~ 0-355™ oddaljena P22™; kolik je polumer kroglinega kroga, kateri loči razsvetljen del krogle od nerazsvetljenega? 109. Svinčena otla krogla 3 Kg. težka naj plava na vodi tako, da je gleda polovica iz vode; kolik mora biti vnanji polumer in koliko debela stena? 11 * Tretji del. Trigono m je t r i j a. §. 202. Iz treh nezavisnih sestavin trikotnika moremo v obče z načrtovanjem določiti vse druge. Ako te merimo, do¬ bivamo števila, katera izražujejo njih kolikost. Zarad pomank- ljivosti načrtal in meril in zarad lastnih pogreškov pri tem opravku ne dobivamo popolnoma zanesljivih resultatov. Zato je želeti, da si pripravimo boljših pripomočkov za določevanje daljic in kotov. Do najboljšega vspelia pridemo z računanjem, kakor smo se uže prepričali o takem s Pitagorovim izrekom. Ker pa kote z drugačnimi jednotami merimo kakor črte, moramo skušati, da kolikost kotov določujemo z daljicami, ako hočemo vselej izraču¬ nati neznane sestavine trikotnika iz danih. Recimo, da je MP J_' OJ. AC _]_ O A. OB J O A, BD J OB. Kolikost kota « zavisi od kolikosti vrtnje premičnega kraka OD od nepremičnega O A. Od te pa zavisi tudi kolikost daljic MP, OP, AO, OC, BD in OD, katere imenujemo ozi¬ roma črto sinus, črto kosinus, črto tan¬ gento, črto sekanto, črto kotangento, črto kosekanto. Za jednake kote « in jednake polumere krogov je dolžina vsake teh daljic zmerom ista. Za manjše kote postajajo MP, AC, OC krajše, OP, BD, OD pa daljše. Dolžina teh daljic je torej določena s kolikostjo kota ali narobe te daljice določujejo kolikost kota; imenujemo jih koto- merne (gonijometrijske) črte, kotoinernice ; oni del geometrije pa, 165 kateri govori o njih lastnostih in o njih zavisnosti, kotomerstvo (gonijometrijo). Razmera med kotomernicami in polumerom. §. 203. Načrtaj kotomernice kota 40° za polumer a) 2 cm h) 3 cm . V dobljenem liku zaznači kotomernice za a) kakor v liku in za h) črke s črtami; n. pr. sinus črto z MP oziroma MP. Kotomernice istega kota se izpreminjajo s polumerom in sicer so večje za večji polumer. Ker so trikotniki OMP, OAC, OBJ), OMP, OA'C' in OB‘D‘ podobni (zakaj?), veljajo ta-le sorazmerja: Vrednost razmerja med kotomernico in polumerom se ne izpreminja s polumerom. Vrednost vsakega teh razmerij imenujemo oziroma sinus, ko- sinus, tangento, kotangento, sekanto in kosekanto kota «. Ta merska števila zavise samo od kota «, kateri jili določuje, ter so kotne funkcije, in sicer so sinus, tangenta, sekanta glavne funkcije, ko- sinus, kotangenta, kosekanta pa kofunkcije. S kotnimi funkcijami moremo prav priprosto kolikost kota izraževati. Nauk o uporabi kotnih funkcij za izračunjavanje sestavin trikotnika, mnogokotnika imenujemo trigonometrijo (trikotomer- stvo), poligonometrijo (mnogokotomerstvo). Gonijometrijo, trigonometrijo i. t. d. imenujemo navadno trigonometrijo. Kedar izračunavamo neznane sestavine trikotnika (mnogo- kotnika) iz danih, katere ga določujejo popolnoma, pravimo, da razrešujemo trikotnik (mnogokotnik). Vrednost onih razmer se tudi ne izpremeni, ako vzamemo za polumer jednoto daljic. Ako je OM — 1, je 1 ) MP — sin n *), 2) OP — kos a, 3) AG = tang «, 4 ) BI) — kotang «, 5) OC = sek a, 6) OD = košek«. Z daljicami MP, OP, AG, BD, OC, OD so načrtana merska števila kotnih funkcij. *) Beri: sinus a, kosinus a i. t. d. 166 Iz prejšnjega §. sledi z ozirom na trikotnik OMP (lik 179): ,, MP .OP . AC MP 1) om — SU1 “> 2) (ju — kos«, o) qj — qj, — tang«, ..BI) OP r . OC OM d) oj} — MP — ^Otg n ’ °) o A — OP — se k a > OD OM 6) OB = ji/ 2 * = košek «. 1. Sinus kota « je razmerje med temu kotu nasprotno ka- teto in liipotenuzo. 2. Kosinus kota « je razmerje med kateto, na kateri ta kot leži, in liipotenuzo. 3. Tangenta kota « je razmerje med temu kotu nasprotno kateto in drugo. 4. Kotangenta kota « je razmerje med katetama vender obratno oziraje se na tangento. 5. Sekanta kota « je razmerje med liipotenuzo in kateto, na kateri ta kot leži. Nje vrednost je recipročna vrednost kosinusa. 6. Kosekanta kota « je razmerje med liipotenuzo in temu kotu nasprotno kateto. Nje vrednost je recipročna vrednost sinusa. Izprememfoa kotnih funkcij s kotom. *) §. 204. Z drugačnim kotom postajajo kotomernice ter tudi kotne funkcije drugačne. a) V pridjanem liku vidimo sinuse in kosinuse raznih kotov in iz njega spoznamo na ravnost: 1. Najmanjša vrednost sinusa in ko¬ sinusa je jednaka ničli, in sicer je: sin 0°, sin 180°, sin 360° j _ 0 kos 90°, kos 270° ! 2. Največja vrednost sinusa in ko¬ sinusa je jednaka 1 in sicer je: sin 90°, 270° j = y kos 0°, kos 180°, kos 360° I 3. Z večjim kotom postaja sinus in kosinus: *) krog si mislimo s liorieontainiin in vertikalnim premerom razdeljen v 4 kvadrante, katere imenujemo zaporedoma prvi, drugi, tretji in fietvrti kvadrant oziroma za ostre, tope, vzvišene kote do 270° in vzvišene kote do 360°. 167 V 1. kvadrantu večji oziroma manjši, „ 2. „ manjši „ večji, „ 3. večji „ manjši, „ 4. „ manjši ,, večji. 4. Jednake sinuse in jednake kosinuse imajo koti: -3 «, 180° — «, 180° -f «, 360° — «. Opomnja. Ako je kot « prav majhen, je to tudi daljica M P (lik 179) in ona pokriva lok A M skorej popolnoma; in kei‘ tudi zadnji s polumerom O A prav kot napravlja, se izpreminja sinus kota a skorej proporcijonalno z lokom, kosinus pa ostane neizpremenjen. Za kot, ki je blizo jednak pravemu, velja isto samo ravno narobe. Ako je « zlo majhen kot in / pripadajoč lok, je sin ic = 1, sin 2 a = 2 I, sin 3 « = 3 1 i. t. d. h) V pridjanih likih vidimo tangente in sekante, kotangente kosekante raznih kotov, in iz njih spoznamo na ravnost: Lik 181. Lik 182. = 0 1 . 1. Najmanjša vrednost tangente in kotangente je jeduaka ničli, sekante in kosekante pa jednoti, in sicer je: tang 0°, tang 180°, tang. 36n° > kotang 90°; kotang 270" | sek 0°, sek 180", sek 360" košek 90", košek 270" 2. Največja vrednost tangente in kotangente, sekante in kosekante je brezkončno velika, in sicer je: tang j 9()() tang sek I sek kotang ) 0 „ kotang j 1S0 „ kotang košek | ’ košek I ' košek 1 270" 360 " 168 3. Z večjim kotom postajata tangenta in sekanta, kotan- genta in kosekanta v 1. kvadrantu večji oziroma manjši, » 2. „ manjši „ večji, „ 3. „ večji „ manjši, „ 4. „ manjši „ večji. 4. Jednake tangente, jednake kotangente, jednake sekante in jednake kosekante imajo koti: < «, 180° — «, 180° + a, 360° — a. Iz vsega izpoznamo: Sama vrednost kotne funkcije še ne določuje kota po¬ polnoma. Natančnejša določitev kotnih funkcij. §. 205. Kotne funkcije raznih kotov imajo razno lego. Sinusi leže ali nad premičnim krakom ali pod njim, takisto tan¬ gente ; prve imenujemo pozitivne, druge negativne. Kosinusi in tangente leže na desni ali na levi polumera, katerega postavimo v vrhu kota pravokotno na nepremičen krak, prve imenujemo pozitivne, druge negativne. Sekante in kosekante leže od vrha v meri kraka ali v nasprotni meri in so v prvem slučaji pozi¬ tivne, v drugem negativne. Pri natančnem določevanji kotnih funkcij moramo torej tudi na njih protivno lego se ozirati in zna¬ čilno jih z e znakoma + in —. Sinus je pozitiven v 1. in v 2., negativen v 3. in 4. kvadr. Kosinus „ „ „ 1 . „ ,, 4., „ ,, 2. „ 3. „ Tangenta „ pozitivna „ 1. „ „ 3., negativna ,, 2. „ 4. „ Kotangen. „ „ „ 1 . ,, „ Bi, „ „ 2. „ 4. „ Sekanta „ „ „ 1 . „ ., 4., „ „ 2. „ 3. „ Kosekan. „ „ „ 1 . „ „ 2., „ „ 3. „ 4. „ Ako torej postavimo pred kotno funkcijo znak, ima ona še dvojen pomen. Za kote, od katerih vemo, da so manjši od 180°, kakor n. pr. pri trikotnikih, imajo kotne funkcije ze znakom razen sinusa in kosekante le jed en pomen. Zavisnost kotnih funkcij med seboj. §. 206. Iz lika 170 izpoznamo: MB 1 -j- OP'- =*= O MK A/J- -f OA- = OC'\ BD- -f (jB l =# O UK 169 Recimo, da je OM = 1, torej MP = sin «, OP = kos a, AC = tang «, OC = sek «, RI) = kotang «, OR = košek «, po¬ tem prehajajo one jednačbe v sledeče: 1) sin 2 « -f- kos 2 « = 1, 2) tang 2 « -j- 1 = sek 2 «, 3) kotang 2 « -f- 1 — košek 2 a. Ker je A OOO MOP in BOD oo MOP, je AC : O A = MP : OP, BD : OB = OP : MP, OC : OM = O A : OP, OD : OB = OM : MP\ ali tang « : 1 == sin « : kos «, kotang « : t = kos « : sin «, sek « : 1 = 1 : kos «, košek « : 1 = 1 : sin «, torej .. , sin« , , kos« 4) tang « = 5) kotang « = ——’ ’ s kos« ° sin« 6) sek « — = 1 —> 7) košek « — —-—* kos « sin « Jednačbe t) — 7) ne veljajo samo za ostre kote, ampak tudi za kote vsakega kvadranta, o čemur se moremo takisto pre¬ pričati, ako si načrtamo za nje kotne funkcije. §. 207. Ako poznamo le jedno kotno funkcijo kota, mo¬ remo s pomočjo jednačb prejšnjega §. vsako drugo izračunati. Recimo, da je dan sin «. Iz jednačbe 1) dobimo: kos 2 « = 1 — sin 2 «, torej kos « = + V 1 — sin 2 «. *) Iz jednačb 4), 5), 6) in 7) sledi oziraje se na predstoječo jednačbo: tang « = sin « sin 2 «. ’ kotagi Vi sur « sm « sek« — —Tzr■ 1 r košek« = ------ Vi — sin 2 « sm« Takisto kakor iz sinusa moremo iz druge dane kotne funk¬ cije izračunati vsako. Za uporabo so sinus, kosinus, tangenta in kotangenta najbolj važne kotne funkcije. Za to hočemo v prihodnje le o teli govoriti. *) Znaka + pred korenom hočemo navadno izpuščati, omeniti je le, da določuje vsaka posamezna naloga po kolibosti kota, bedaj velja znak-j-in kedaj znak —. 170 Funkcije sestavljenih kotov. Vsota in diferenca dveh kotov. §. 208. Seciraj), OBD (zakaj'?), torej CM : CE = OD : OS. DS : C E = BI)': OB, ali CM : sin/9 = kos« : 1, ME : sin/3 = sin« : 1. iz česar sledi: CM = kos « sin /9, ME — sin « sin /9. Ako namestimo v jednačbah za CF in OF vrednosti posa¬ meznih količin, dobimo 8) . . . . sin (« —f- /5) == sin « kos /9 -f- kos « sin /9. 9) . . . . kos (« + /9) = kos « kos /9 — sin « sin |9. Dobljeni jednačbi 8) in 9) veljata tudi, ako je jeden ali tudi vsak izmed kotov «, /9, (« -j- /9) top ali še večji, o čemur se prepričamo takisto, kakor za ostre kote. Ker je Lik 183. CE = sin /9, OE = kos §, CF= sin (« -j- /9), 0F= kos (« + /9), in HE J. CF, EG J O A. Potem je CF = MF + IIC = EG -f MC, OF = OG — GF = OG — EH. Ker je A KG O oo BIH), je o f a V A sin f« + /9) sin« kos/9 -j- kos« sin /9. kos (« -A |?) kos « kos /9 — sin « sin /9 dobimo, ako delimo števec in imenivec s kos « kos /9 c in rr ci Tl K kos n kos (9 Takisto dobimo 11).... kotang (« -j- /9) = kotang « kotang / 3 — 1 kotg « A kotg /9 171 §. 109. Ako rečemo, da je « -(- P — x i torej /9 = x — «, dobimo iz jednačb 8) in 9) sledeči sin x = sin« kos (x — «) -(- kos « sin (x — «), kos x — kos « kos (x — «) — sin « sin (x — «), kateri moremo rešiti z ozirom jna sin (x — «) in kos (x — «). Prvo jednačbo množivši s kos« in drago se sin« dobimo po odštevanji teli jednačb oziraje se na jednačbo 1) §. 206. sin (x — a) — sinx kos a — kos x sin «. Takisto dobimo iz onih jednačb, ako prvo množimo se sin « in drugo s kos«, po seštevanji kos (x — «) == kos x kos« -j- sin x sin «. Ker x in « pomenita poljubna kota, moremo namesto njiju zopet zapisati oziroma « in /9; potem je 12) . . . sin (« —- /9) = sin« kos;? — kos« sin/9. 13) ... kos (« — /9) = kos « kos P -j- sin « sin /9. ■ Iz jednačb 12) in 13) moremo takisto kakor jednačbi 10) in 11) iz 8) in 9) dobiti sledeči 14) ... . tang (« - 15) .... kotang (« P) = - P) - tang a — tang /9 ? 1 -j- tang « tang /9 feotang n kotang /9 -j- 1. kotang /9 — kotang « Funkcije dvojnega kota in njega polovice. §. 210. Iz jednačb 8), 9), 10) in 11) dobimo za -9 = «. 16) ... . sin 2« — 2 sin« kos«. 17) ... . kos 2« — kos-« — sin®«. 10 s . „ 2 t ang « 18) -tang 2« = 19) .... kotg 2 < kotg 1 K 2 kotg« Ako v izrazili 16) in 17) 2« namestimo z « torej « z dobimo (C a 20) .... sin« = 2 sin - kos g- 21) .... kos« = kos' 2 Ker je pa i — sin'® - snr kos®"’ J« 172 22) .... 1 -j- kos a — 2 kos 4 ~ 23) .... 1 — kos « = 2 sin 4 -|> torej >" 1 — kos« 24) .... kos ^ = y 1 4- k°s« 25) .... sin -- = \ Ako delimo zadnja izraza jednega z drugim, dobimo 26) ... . tang-J == \ * ~ ^ V 1 + kos« 27) ... . kotg“ == y y 4- kos« — kos « §. 211. Ako seštevamo in odštevamo jednačbi 8) in 12) in jednačbi 9) in 13), dobimo sin (« -f- 3) +- sin (« — ft) = 2 sin« kos 3 sin (« + /9) — sin (« — 3) = 2 kos« sin ,3 kos (« -j- /3) -J-.kos(« —- 3) = 2 kos« kos/3 kos (« + ,3) — kos («—/?) = — 2 sin « sin /3. Recimo, da je (« -f- /3) = « — /3 = /3', torej ' « — + P\ P __ «' -1 2 ‘ J 2 potem sledi iz onih jednačb «' in /3' zamenjaje z « in /3 28) ... . sin « -f- sin /3 29) ... . sin « — sin (3 2 sin' kos 2 kos y — sin 2 2 « — j3 30) ... . kos « -}- kos p — 2 kos a ? kos n Sili — /3 2 ~ 2 ~~ a p . H — 3 . -T-- 8111 2 Iz 28) in 29) sledi sin a -I- sin 8 , a 4- 8 , a — R - tang ^ kotg—=-£ ali 31) ... . kos « — kos /3 sin « — sin 3 32) . . . sin« -J- sin 3 sin« — sin 3 tang a ~±J tang « — 3 §. 212. 1. Recimo, da je « 3 = R, torej p — R — «, potem dobimo oziraje se lia je dnačbi 12) in 13). m sin /J = sin (7? — «) kos /S = kos (7? — «) tang p — tang (7? — «) kotag P — kotg (J?—«) = v sin 7? kos« — kos B sin« = kos« kos B kos « -f- sin B sin « — sin « sin (Jž — «) kos « kos (// — «) sin « kos (if — «) sin « sin (Ji — «) kos« kotg « tang «. Torej smemo reči: Funkcija ostrega kota je jednaka kofnnkciji njega komple¬ mentarnega kota. 2. Ako je « p — 2 B, torej P — 2 B — «, dobimo takisto sin p = sin «, kos /? = — kos «, tang /? = — tang «, kotg /? = —■ kotg « t. j. absolutni vrednosti funkcij suplementaruili kotov sta jed¬ ilnici ; znaka pa sta si nasprotna razen pri sinusu. 3. Iz jednačb 12) in 13) tudi sledi: sin (7? -j- «) = kos «, kos (B -j- «) = — sin«, sin (2 7?-)-«)= — sin «, kos (2 7? -j- «) = -— kos «, sin (.3 7? -f- «) = — kos «, kos (3 B -j- «) = sin « in iz teli jednačb tang (/?-)-«) = — kotg «, kotg (7? -j- a) — — tang «, tang (2 7?-)-«) = tang «, kotg (2 7?-)-«) = kotg «, tang (3 7? -f- «) = — kotg «, kotg (3 7? -{-«) = — tang «. Ako pomeni « oster kot, značimo z «, 7? -f- «, 2 7? -f- «, 3 7?-)-« vse mogoče kote med 0°—360°. Potem takem smemo reči: Funkcijo vsakega kota med 0° m 360° moremo izraziti s funkcijami ostrega kota. Oziraje se na 1) celo moremo reči: Funkcije vseli kotov med 0°—360° moremo izraziti s funk¬ cijami kotov med 0°—45°. Izračunanje kotnih funkcij. §. 213. Ker znaša vsak kot jednakostraničnega trikot¬ nika 60°, je sin 30° = kos 30° = f V 3 = 0-86603. Oziraje se na jednačbe 24) in 25) je sin 15° V i - j V s 0-25882, kos ir»" = •; V 3 = 0-96593. Takisto dobimo po jednačbah 24) in 25) vrednosti sinusa in kosinnsa kotov 7 k", 3-? u , 1~°, 56' 15“.52^-“. Za prav majhne kote moremo reči. da je razmerje sinusov jednako razmerju kotov; tedaj je sin 52';! “ : sin 60“ — 52— : 60, rJ4 t>4 7 in ker je sin 52g-“ = 0-00025566189, je sili 60“ = sin 1' = 0-00029089. Ako določimo iz tega kos 1' = \ I — sin- 1'. dobivamo po jednačbah 16), 17), 8), 9) sinus in kosinus za 2', 4', 8', . . . ., sinus in kosinus za 1' -j— 2' = 3', za 2' -j- 3' = 5', za 2' -)- 5' — 7 '. in iz teh zopet za 6', 10', 14', 9', 15', 21', i.t. d. do 60'= 1". Iz sin 1° in kos 1° dobivamo takisto sinus in kosinus vseh kotov do 45°. Za kote manjše od 1' moremo tem bolj reči, da so sinusi sorazmerni s koti, torej je sin 60“ : sin 1" = 60 : 1, iz česar sledi o in fiO" sin 1“ = ’ = 0-000004848. 60 Nadalje je sin 2“ = 2 sin 1", sin 3“ = 3 sin 1", sin 4“ —4 sin 1“ i.t. d. Iz tega moremo zopet določiti kosinuse za posamezne se¬ kunde. Ako so pa izračunani sinusi in kosinusi kotov od 0° do 45°, moremo po jednačbah 4) in 5) tudi njih tangente in kotan- gente določiti. Sploh so nam potem po prejšnjem §. funkcije vseh kotov znane. Po tej težavni poti so izračunali prve ta¬ bele za sinuse. Vaja. Kolik je sinu?, kolik kosinus, kolika tangenta in kotangenta kota 45°? — Odgovor sledi iz Pitagorovega izreka za sinus in kosinus, za tangento in kotangento pa iz njih jednakosti s polumeroin. §. 214. Kakor smo se v prejšnjem §. prepričali, so kotne funkcije iracijonalna števila, katera tem bolj natančno izražujemo, čim več decimalk za nje izračunjujemo. Z večjo' natančnostjo 175 torej postaja množenje in deljenje s kotnimi funkcijami težavnejše; zato se poslužujemo logaritmov pri trigonometrijskih računih in v posebnih tabelah imamo zbrane logaritme kotnih funkcij ure¬ jene po njih vrednosti. Y manjših logaritmovnikih nahajamo navadno logaritme kotnih funkcij od 0° do 90" od minute do minute izračunane na 5 decimalk. Stopnje od 0° do 45" so napisane na vsaki strani na vrhu, urejene po njih kolikosti. ter minute na levi v prvem verti¬ kalnem razredku. Stopnje od 45° do 90° nahajaš spodej, urejene po njih kolikosti tako, da pridejo manjše za večjimi, minute pa stoje na desni v zadnjem vertikalnem razredku. Vsi logaritmi so, da se ognemo negativnim mantisam, izra¬ čunani na karakteristiko — 10, katera je vender v logaritmov- niku izpuščena; ako si tedaj poiskal logaritem iz tabel, moraš mu še pripisati karakteristiko — 10. Logaritme posameznih funkcij dobiš v vertikalnih razredkih, nad ali pod katerimi so napisana imena teh funkcij, v povprečnej vrsti, nad za kote med 0° in 45°, pod za kote med 45" in 90°. §. 215. Trigonometrijski logaritmovnik nam služi, da iščemo a) logaritem funkcije danega kota, h) kot za dan logaritem kotne funkcije. a) Logaritem kotne funkcije danega kota dobiš na ravnost v logaritm ovniku, ako kot nima sekund, in sicer v verti¬ kalnem razredku one funkcije na povprečni vrsti, zaznačeni se številom minut. 1. Logaritma sinusov kotov Ki" 18' in 1(S° 19' sta 944819—10 in in 9 44862—10; kolik je a) razloček teli logaritmov, h) razloček za 1", ako rečemo, da se diferenca logaritmov v teli mejah (med 60") izpreminja sorazmerno z diferenco kotov? 2. Poišči logaritma druge kotne fnnkcije kotov,' katera se razločita za 1‘; kolik je a) razloček teh logaritmov, b) razloček za 1"? 3. Primerjaj diference logaritmov sinusa za prav majhne (manjše od 3*) in kosinusa za kote blizo 90*, kotov različnih po 1‘, z diferencami logaritmov srednje velikih kotov; kaka je izprememha logaritmov v prvem slučaji v primeru z izpremembo v drugem slučaji? Diferenco logaritmov za 1" dobivamo mnogokrat v logaritmovnikih navedeno. Ako pa ima kot tudi sekunde, poišči za sinus in tangento logaritem manjšega kota, za kosinus in ko tangento logaritem večjega kota, katerega nahajaš v tabelah. Odštevaj dan in iz 176 tabel vzet kot in sicer manjšega od večjega in množi diferenco kotov (število sekund) z diferenco za 1". Dobljeni produkt pri¬ števaj k poiskanemu logaritmu. N. pr. 1. log sin 24" 34' 15" 24° 34' — . 9-61883—10 15"~ 7 X 0-47 9-61890—10 poprava = 7-05 2. log kotang 63° 52' 45" 63° 53' — . 9-69042—10 15" 8 X 0-53 9-69050—10 poprava = 7*95 Za kote med 0° in 3° in za one blizo 90° je iskanje loga¬ ritmov kotnik funkcij nekoliko drugačno ter bolj natančno, ka¬ kor to uče boljši logaritmovniki. Zakaj moraš korekturo prištevati logaritmu vzetemu iz tabele? b) Logaritem kotne funkcije nahajaš v tabelah ali natančno ali pa ne. V prvem slučaji dobivaš stopnje iskanega kota vrh ali spodej tabele, minute pa na levi ali pa na desni v povprečni vrsti, kjer je poiskan logaritem, ako je ime kotne funkcije zgorej ali spodej. Tako dobivaš n. pr. za log sin x = 9-22878—10, x = 9° 45' „ „ tang x = 12-00478—10, X = 89° 26' „ „ kotg x — 10-12315—10, x = 36° 59' „ „ kos x — 9-61578—10, x = 65° 37'. Diferenca za 1" logaritmov kotnih funkcij je a) 0-40, b) 0'52, c) 0-12, diferenca kotov m in p pa 1‘; za koliko sekund velja diferenca a) 8, b) 14 , C) 6 •' Kedar pa ne nahajaš danega logaritma natančno v ta¬ belah, poišči za sinus in tangento manjši, za kosiuus in kotan- gento večji logaritem iz tabel; odštevaj dani in poiskani loga¬ ritem, manjšega od večjega in deli dobljeno diferenco z diferenco za 1" logaritmov, med katerimi leži dani logaritem. N. pr. m log' tang x ==' 9‘73704— 1 n 687 17 : 0 5 = 34“ x = 28°, 27' 34“ log' kos x — »'44305—10 341 36 : 0'73 = 49'3“ x = 73° 53' 49". Zakaj moraš sekunde prištevati kotu vzetemu iz tabel? Za kote med 0° in 3° ali med 90° in 87° je iskanje kota iz danega logaritma nekoliko drugačno; o tem govore boljše ta¬ bele natančneje. Poišči iz tabel sledeče logaritme: 1) log sin 38° 17', 2) log sin 17° 8' 20", 3) log sin 51" 58' 33", 4) log tang 69° 27', 5) log tang 23" 23' 23“ 6) log tang 58° 12' 16", 7) log kos 57" 48', 8) log kos 39" 9' 47“, 9) log kos 50° 19' 8“, 10) log kotg 77° 31', 11) log kotg 8° 8' 54", 12) log kotg 53° 29' 8". Poišči za sledeče logaritme pripadajoče kote: 11 log sin x = 9'49654 — 10, 2) log sin y — 979358—10 3) log tang x = 0'29283 4) log tang y — 048748 5) log tang 0 = 9'30936 — 10, 6) log kos x == 9'97930—10 7) log kos y = 9'84129—10, 8) log kos 0 = 9 99138—10 9) log kotg x = 0'08055, 10) log kotg y = 9'85927—10. Drug4 oddelek. I. Rešitev trikotnikov. 1. Pravokotni trikotniki. Osnovne jednačbe pravokotnega trikotnika. §. 216. Opomnja. Merska števila trikotnikovih stranic in stranicam nasprotnih kotov hočemo v sledečem zaznamenjeval i 178 s črkami a, b, c (lik 184) oziroma ž A, B, C. In recimo, da je v pravokotnem trikotniku C njega pravi kot ter c njega liipotenuza. V §. 203 je določen pomen kotnih funkcij in iz njega sledi: 1) y = sin A, ' c — sin B, torej tudi a — c sin A. b = c sin B ; 2) ~ = kos A, ~ — kos B, torej tudi b = t kos A, a c. kos B\ 3) ~ = tang A, b - — tang B. torej tudi n = b tang A, b — a tang B : 4) ~ = kotg A, A kotg B, torej tudi b = a kotg A. n = b kotg B. Tedaj je 1) Vsaka kateta jednaka hipoteinizi množeni ,s sinusom tej kateti nasprotnega kota; 2) vsaka kateta jednaka hipotenuzi množeni s kosinusom tej kateti priležnega kota; 3) vsaka kateta jednaka drugi kateti množeni s tan¬ gento prvi nasprotnega kota; 4) vsaka kateta jednaka drugi kateti množeni s kotan- gento prvi priležnega kota. Nadalje je po Pitagorovem izreku 5) p = a- + b"-. Z navedenimi petimi jednačbami moremo reševati vse na¬ loge ozirajoče se na pravokoten trikotnik. §. •217. Slučaji za rešitev. I. Dani sta kateti a in č; izračunati moramo hipotenuzo c in kota A in B. Iz prejšnjega §. vemo, da je tang A = kotg B === “ ali izraženo z logaritmi log tang A. = log kotg B = log a — log b, po čemer moremo izračunati kota A in B. Ako je izračunan kot A, dobimo kot B tudi iz B — 90° — A. Lik 184. b 179 Hipotenuzo c določujemo iz jednačbe c = \/ o ' 1 -J- fr" ali c = torej log' c = log a — log sin A. Za primer recimo, da je a = 325, b = 418. Potem je log a == 2-51188 log 5 = 2-62118 log tang A = 9-89070 — 10 = log tang 37° 71' 54" A = 37° 51' 54" torej B = 52° 8' 6". Nadalje je log a = 2-51188 log sin A — 9-78803—10 log c = 2-72385 = log 529-48 C = 529-48 II. Dana je hipotenuza c in kateta a; izračunati moramo kateto b in kota A in B. Iskane sestavine trikotnika določuješ z uporabo logaritmov iz jednačb sin A = kos B — - r \ b = \J (c -j- a) (c — a) ali b — A III. Dana je kateta a in jeden kot, n. pr. A ; izračunati moramo kot B, kateto b in bipotenuzo c. To nalogo rešuješ z jednačbami B = 90° — A, c sin A ’ tang A' IV. Dana je hipotenuza c in jeden kot n. pr. A; izraču¬ nati moramo kot B in kateti a in b. Rešitev: B — 90° — A, a — c sin A, b — c kos A. Dostavek. Ploskvena vsebina je določena z jednačbami P ab V (c : fr) ('• - !') 6 ’ 2 tang A 2 rang B c 2 c 7 = ~ sin A kos A = - 4 sin 2 A. Izračunaj sledeče naloge : 12 * 2. Poševnokotni trikotniki. Osnovne jednaebe trikotnika. §. 218. 1. A' vsakem trikotniku so si stranice kakor si¬ nusi teni stranicam nasprotnih kotov. Lik 185 Recimo, da je AD J BO. Potem je ^pravokotnih t rikotnikih ABC in ADB AD — AC . sin C in AD .=== AB . sin K, torej AC. sin G = ylB.sin B, iz česar X sledi AC : AB — sin B : sin C ali n o“ . c 1 ) l, : c = sin B : sin C \ Takisto dobimo 2) a : b = sin A : sin B W.) 3) a : c = sin A : sin C ) Te jednačbe se ne izpremene, ako je jeden kot top n. pr. kot B, ter pravokotnica AD zadeva podaljšek stranice BC; po¬ tem dobimo h : c — sili (180° — B) : sin C = sin B : sin C. 2. V vsakem trikotniku sta si vsota dveh stranic in nji- jina diferenca kakor tangenta razpolovljene vsote teina strani¬ cama nasprotnih kotov in tangenta razpolovljene diference istih kotov. 181 Ker je b : c = sin B : sili. C, je tudi (b -j- c) : { b — c) = (sin B + sin C) : (sili B — sin C). Je pa (sin B + sin C) : (sin B — sin C) = tang-— ^ C : tang Jj ~ (§• 211). torej [b -}- c) : (b — c) — tang — -i — : tang S ~ Ta jednačba je le pretvorjena osnovna jednačba I. 3. V vsakem trikotniku je kvadrat jedne stranice jednak vsoti kvadratov obeh drugih stranic zmanjšani za dvojni produkt iz obeh teh stranic in kosinnsa od njih oklenenega kota. Recimo, da je v liku 185 AD J_ DC, AD — x, DC = y, BD = z, potem je x = c sin B, z — c kos B , y — a — 'c kos B in b- — x l -j- ,y 3 . Ako x in y namestimo z njih vrednostima, dobimo b• = (c sin B - + (« -— c kos B)-, ali b' 2 = c- sin" B -\- a ' — 2 ac kos B -j- c- kos" B ali b' 2 = a" -j- c~ — 2 ac kos B . . . II). Osnovno jednačbo II moremo še tako-le pisati, ako zame¬ njamo črke: a' 1 = b' 2 -f -c' 2 — ‘2 bc kos A c" — a 2 -j- b 1 — 2 ah kos C. Ako pade višina AD zunaj trikotnika, potem je x — c sin (sin 180-— B) — c sin B, z = c kos (180' 1 — B) = — c kos A in b- = x n - -j- (a -j - z)‘ 2 = (c sin B) 2 -f- (« — c kos B)' 2 , iz česar j spet sledi osnovna jednačba II, katera je torej sploh veljavna. Dostavek. Pitagorov izrek je samo poseben slučaj tega (3); kajti jednačba 11 preide za < B = 90° v b- — a - -f- c ' 2 - Slučaji za rešitev. §. 219. I. Dana je stranica a in oba priležna kota B in C; izračunati moramo kot A in stranici b in c. Najpred je < A = 180° •— (H -f C;. Na dalje sledi iz osnovnih jednačb 2, 3, I , a sin H a sin G j C = -rr sin A sin A ali 182 log b = log a -j- log sin B — log sili A, log c — log a -f- log sin C — log sin A. Recimo, da je a = 453, B = 73° 48' 12", C = 28" 51' 44". Potem je A = 77° 20' 4" log a = 2‘65610 log a — 2-65610 log sin B = 9-98241—10 log sin C = 9-68368—10 12-63851—10 12-33978—10 log sin A = 9-98930—10 log sin A = 9-98930—10 log b = 2-64921 log c = 2-35048 k = 445-9 c = 224-1 Takisto izvršujemo račun, ako je dana stranica jeden pri¬ ložen in nasprotni kot. . §. 220. II. Dani sta dve stranici n. pr. b in c in kot A od njih oklenem; izračunaj kota B in C in stranico a. Rešitev. Ker je B + C = 180° — A, torej * + C _ 90 o _ •> 2 — 2 znano, moremo tudi iz , B - C b - c , B 4 - ta,ng -g- = h Tu tang - + C (§. 2 , 218 .) s pomočjo logaritmov izračunati. Iz in — dobimo po seštevanji B in po odštevanji C. Tretjo stranico dobivamo iz jednačbe b sin A. a = sin B Iz h, c in A moremo na ravnost izračunati ploščino tri¬ kotnika. Lik 166. n n -—w; Recimo, da je CD J_ AB, in CD — v, potem je e. v P 2 ~ » pa v — b sin A, torej bc . . p — g- sin ,1 t. j. ploščina trikotnika je jeduaka polovici produkta iz dveh stranic in iz sinusa od teh oklenenega kota. 183 b —c === 909 b — c = 107 B + C = 95° 43' 30" Jl J- ° = 47° 51' 45" 1 ^ r C = 7° 24' 46" B = 55° 16' 31" C = 40" 26' 59" log h = 2-70586 log sin .4 = 9-99783 — 10 12-70586—10 log sin B = 9-91482 — 10 log a — 2-78887 a = 614-9 c — 401 in A — 84° 16' 30". log (b -f- c) = 2-95856 log (b — o) = 2-02938 log tang = 10-04347—10 12-07285—10 log (,b + c) =. 2-95856 log tang — 9-11429—10 log e =r 2-60314 log b = 2-70586 log sin .4 = 9-99783—10 5-30683 log 2 = 0-30103 5-00580 p = 101344 §. 221. III. Dani sta stranici b in c (b c c) in večji nasprotni kot D; izračunati moramo kota B in A in tretjo stranico «. Rešitev. Po osnovni jednačbi I je Recimo, da je n. pr. b — 508, Račun izvršujemo tako-le: Iskani kot B določuje njegov sinus; sinusa dveb sokotov sta jednaka (primerjaj §. 205). Kot B torej ni določen. Ako si pa mislimo, da je 1) c > b, mora kot B < C torej oster kot biti in naloga je določena. Za 2) c C, torej kot B ali oster ali top in naloga je nedoločena (primerjaj planimetrija IIJ izrek skladnosti). Na dalje je A = 180° — (B -f- C). Stranico a izračunaš iz jednačbe b sin A. a — —:—f, srn B Recimo, da je 1)6 = 3961, c — 5407, C — 64° 17' 10", potem dobimo B = 41" 18' (vender ne B = 138° 42') A, — 74° 24' 50", a = 5780-71. 184 Vzemimo 2) za b = 2'718, c = T944, C = 40° 49' 15", potem dobimo -B — 66° 3' 36" ali 5 = 113" 56' 24", .4 = 73° 7' 9" ali A — 25° 14' 21" in a = 2‘846 ali a = 1 '268. Naloga ima v tem slučaji dvojen pomen. §. 222. IV. Dane so vse tri stranice a, b, c; izračunati moramo vse kote A, B, C. Iz osnovne jednačbe II §. 218 sledi: b' 1 _f- c 3 — a\ kos A 2bc Dokler so števila a, b, c le jedno- ali dvoštevilčna, moremo to jednačbo prav pripravno porabiti za izračunanje kota A; kajti v tem slučaji izračunaš vrednosti a", b' 1 , c 4 najrajše brez logaritmov. Recimo, da je n. pr. a = 11’", b = 17'", c = 20“; potem je a 4 = 121, b' 1 = 289, c 4 = 400 tedaj , , 289 4 - 400 - 121 ' 508 . . k0S A = 2 . 177 2 0 - = 680 111 kei ' J e log 568 = 2-75435 log 680 = 2-83251, je log kos A — 9-92184—10 in A = 33° 21' 13". Takisto izračunaš kota B in C. Ako so pa a. b, c mnogoštevilna števila, je računanje brez logaritmov nepripravno in dobro je, da gornjo jednačbo name¬ stimo z drugo, katero moremo logaritmovati. Iz jednačb 1 = 1 , kos A b - -f e 3 - 2b c dobiš po odštevanji in seštevanji 2be — e 3 - 5’ 4- a 3 1 kos A kos A (b — c) 2 2 b c {a, -\- b ~ c) (a 2 b c 2 b c 4 b 1 4- e 3 ■ 2bc b-{- c) 2 b c ( a + lj + c ) 4 + c 2 h c ( b 4 cy - 2 b c a) Ker je po §. 210. 185 srn i- = \ ’ : kos A . j m kos a \ 1 -j- kos A - \ -— > \ je Sili kos A a A a {a -\- b — c) (a — b 4- c), 4b c \ I (a - j- b -f- c) Cb + 4b c Priprostejši moremo te jednačbi napraviti, ako vzamemo za polovico obsega število s, torej a —[— b —[- c = 2 s. Po odštevanji izraza 2 c. ali 2 b, ali 2 a od vsake strani te jednacbe, dobimo še a -j- b — c — 2 (s — c), a — b -j- c .. == 2 (s — b), b —j- c — u === 2 (s ■ Potem je sin kos a A V* V D (s b c s (s a). b c in tedaj , A \ / (s — b) (s — c), tang — — \ —— - • ° 2 V s {s — a) Treba je v predstoječili jednačbah črke samo zamenjati, da h). r A. 13 C .... Koti j ! so na vsak način ostri koti, torej imajo & & samo jednojeu pomen ter so s temi jednačbami popolnoma določeni. Najbolj zanesljive resultate dobivaš iz jednacbe za tan¬ gento. Dobro pa je, ako izračunaš kot po vsaki teh jednačb. Ker je ploščina p trikotnika ub . ,, ab p — - 7) sin C = torej po nameščenji gornjih vrednosti za sin -j in kos ~ a . C , c . 2 Sili V) kos - ; 186 P ah ali P — V s ( s — «) (s — 6) (s — c), moremo iz danili stranic trikotnika na ravnost njega ploščino izračunati. Recimo , da je a imamo a = 1244 b = 939 c = 317 317. Potem 1244 , b = 939 , c \ / (« — b) (s - c) \ s (.s — a) tang £ log tang Takisto izračunaš B = 13" 41' 8". 6’ 21-58758—20 10-79379—10 80° 52' 0" 2 2 A = 161° 44' O = 4° 34' 52''. Vsota vseh polovic kotov mora znašati 90°; mogoče je vender zarad nenatančnosti tabel, da se ta vsota za malo razlikuje od 90°, kar se pa da zravnati s tem, da to razliko razdeliš kolikor mogoče jednakomerno na vse tri kote. Za določitev ploščine imamo log s = 3-09691 log (s — a) = 0-77815 log (s — b) — 2-49276 log (s — c) = 2-96988 9-33770 log i> = 4-66885 p = 46650 Izračunaj sledeče naloge: 187 II. Uporaba trigonometrije. §. 223. 1. Določi iz dolžine sence vertikalno postavljene palice višino solnca. Recimo, (la je AB = h (lik 187.) vertikalna palica in AC = a nje senca. Višina solnca t. j. kot C določiš potem iz jednačbe tang C = -• Primer: h — 2 m , a — l - 82 m . 2. Določi višino h predmeta, do čegar podno- žišča meriti moreš. Zmeri lioricontalno razdaljo točke C' od podnožišča A pred¬ meta AB (lik 187) in kot C; ako dobiš AC = a in < C — m, potem je h = a tang m Lik 187. JB Z C' A 3. Določi višino h predmeta AB (lik 188), do čegar pod- nožišča ne moreš meriti. 188 Lik 188. Misli si skoz AB položeno vertikalno ravnino, katera lioricontalno seče v AC. Zmeri potem stalnico CD = a in na nje krajiščili kota ACD = m in ADB = p ; potem je h — BC . sin m, in BC : CD = sin BDC : sin CBD, ali BC : a = sin p : sin (p — m), torej a sin m sin p sin (p — rti) 4. Določi razdaljo dveli torek iia polji, ako je ne moreš me¬ riti naravnost zarad ovir med njima. To nalogo smo že rešili v prvem delu (glej lik 95). Zme¬ rili smo od stališča C kazdalji CA in CB; to storimo tudi tu, zmerimo pa še med njima ležeči kot ACB. Potem poznamo dve stranici trikotnika ABC in od njih okleneni kot, torej moremo tudi izračunati tretjo AB (§. 220). Becimo, da je CB - 54”, CA = 58 lu , in . Koliko mirijametrov ima vzporedni krog, kateri gre skoz Dunaj (zemlje¬ pisna širina = 48° 12' 35")? Za katera zemljepisno širino znaša stopnja vzporednega kroga 60 ki¬ lometrov ? Določi višino a ) vročega pasu na polukroglji, b) zmernega pasn, c) mrz¬ lega pasu zemlje, ako vzamemo za polumer zemlje r = 6370 Km in za razdaljo kroga tečajnikovega od tečajev kakor tudi za razdaljo kroga povratnikovega od ekvatorja m — 23° 28'. Izračunaj tudi za iste pogoje ploščino vsakega pasu na zemlji. Dodatek. Zemljišča niso vsa ravna in tudi ne lioricontalno ležeča, ampak njih meje stvarjajo like, izmed katerih ne leži vsak po¬ polnoma v jedili sami ravnini. Ako vežemo podnožišča na¬ vpičnic, katere spuščamo od vsake mejne točke zemljišča na ka¬ terokoli lioricontalno ravnino s črtami, dobivamo njega horicon- talno projekcijo ali očrt. Kolikost in obliko lioricontalne pro¬ jekcije zemljišča določevati se pravi njega mapovati; popolnoma izdelana osnova mapovanih zemljišč je njih tlavid (mapa, situ¬ acija). Zemljišča, katera mapujemo, vzmetavamo na lioricontalne ravnine, ker lioricontalno lego laglje določujemo in ker rastline vse kviško t. j. v vertikalni meri rastejo, torej nima na strmih tleh AC več rastlin prostora nego na horicontalnih AB (na horicontalni projekciji prvih). Primerjaj pridjani lik. Pri mapovanji je treba meriti daljice in kote in izmerjeno unašati na papir. Lik 191. I. Merjenje daljic na polji. Pri merjenji daljic na polji je treba opravljati dvoje: dolo¬ čevati njih merodajne točke in jih v resnici tudi meriti. A. Merodajne točke daljice so: nje mejišči, in ako je teh razdalja prevelika, več vmesnih toček, nadalje nje presečišča s potrebnimi pomočnimi črtami. Za določevanje toček na polji se poslužujemo kolčkov, merskih drogov (iztaknjul) in merskih praporcev. 191 Merski drogi so 2 m do 3 m dolgi in 3 cm močni, zdolaj so okovani z železom na šilo (čevelj), in razdeljeni so na jednake dele, kateri so menjoma rudeči in beli. Takisto so ustrojeni merski praporci, samo da so še daljši in da imajo na gornjem koncu rudeče-belo zastavo ; te rabijo namesto merskih drogov za večje razdalje. Naloga 1. Izkolčevanje daljice na polji. Dve točki Min B, kateri sta na polji zaznamenovani z dvema navpičnima drogoma, določujeta popolnoma mer daljice. Ako je treba več toček te daljice ustanoviti, postavlja se merjevec za jeden drog B in gleda na drug drog A v meri obeh; med tem skuša pomočnik ravnaje se po mahljajih merjevčeve roke na ono mesto svoj med dvema prstoma prosto viseč drog postaviti, kjer namerava merjevec vmesno točko ustanoviti. Ko merjevec vidi, da se pokrivajo vsi trije krogi v meri daljice t. j. ko ugleda pomočnikov drog v meri drogov A in B, izpusti drugi na dano znamenje prvega drog iz roke in ga utakne v tej legi v zemljo Tako postopanje imenujemo ogledovanje. Kedar izkolčujemo dolge črte, ustanavljajo najpred bolj od¬ daljene vmesne točke. Naloga 2. Podaljšanje na polji izkolčene daljice. Daljico AB podaljšaš do točke C, ako se vstopiš po meri na oko blizu tja, kjer bi imela točka C biti, in ako ugledavaš drog, katerega držiš prosto med dvema prstoma, v mer drogov B in A toliko časa, dokler se ne pokrivajo vsi trije drogi; tu utakni drog v zemljo. B. Za merjenje v resnici se poslužujejo ali merske letve po 2~ m ali 5"’ dolge, ali merskega lauca z dvema lančevima drogoma in z desetimi lančevimi utikljaji (zaznamenjevalkami). Merski lanec je dvajset metrov dolg in sestoji iz železnih šibic, katere so zvezane z okroglimi sklepi iz medi; na konceh sta dva večja medena sklepa, skoz katera utikujejo lančeva droga. Ta dva sta okolo 1"' dolga in spodej z železom okovana na šilo. Utikljaji so 3—4 ,lm dolgi, narejeni iz železne žice blizo tako de¬ bele, kakor gosje pero, zgoraj imajo obročkast obešaj in spodaj so šiljaste. Kazen tega mora imeti merjevec meter razdeljen na nižje dolgostne jednote ali mersko vrvico. Za določevanje vertikalne meri se poslužujejo svinčnice, ali tudi pogreznjule t. j. okrogle 1 metrov dolge palice iz lahkega 192 lesa, katera je spodaj okovana s težkim železom na šilo, dajo to spravlja v vertikalno mer, ako jo držiš prav rahlo med dvema prstoma. Jak J 9 -- Za določevanje horicontalnih meri se poslužujejo grebljice (razulje). Ona je lesen jednakokrak trikotnik (glej lik 192); na njega vrhu je pritrjena svinčnica, katera udarja se svojo nitjo v žleb, iz¬ rezan od vrha do srede osnovnice, kedar je ta horicontalna. Uporaba tega orodja se uže spozna iz njega naprave. Ako razuljo postaviš na daljico, da pozveš te lego, udarja svičnica v žlep ali na stran, kedar je ta daljica horicontalna ali poševna. Nologa 1. Merjenje daljice na horicontalnih tleh. a) Z merskima letvama. Vzemi dve jednaki (n. pr. 5 m ) dolgi merski letvi, položi jedilo na daljico, začenši v te krajišči in drugo v isti meri tako k prvi, da se s koncema dotikata ; potem poberi prvo letvo in jo položi h koncu druge in po¬ navljaj tako pokladanje do druzega krajišča daljice. Merske letve štej glasno, ko jih pobiraš. b) Z merskim laneem. Ako se ima črta AB, katera je zazna- čena z merskima praporcema v A in B. počenši od A meriti, vzameta dva pomočnika merski lanec, katerega natakneta s končnima sklepoma na lančeva droga. Zadnji pomočnik postavi s svojim lančevim drogom v točko A; sprednji pa, kateri ima vse utikljaje, vleče lanec dalje v meri daljice proti B. Ko zadnji pomočnik lančev drog sprednjega v meri meri daljice AB ugleda, napne ta lanec, valovaje ž njim po zraku, dobro in točno s svojim drogom, ter utakne prvi utikljaj na koncu lanca v zemljo. Zdaj vleče sprednji po¬ močnik lanec toliko časa naprej, da pride zadnji do točke C. Tukaj pobere utikljaj, utakne na njega mesto svoj drog, ter ugledava spet drog sprednjega pomočnika, sploh ponavljata prejšnje postopanje toliko časa, da dospeta do druzega krajišča daljice AB. Od zadnjega utikljaja do krajišča B iz¬ meriš dolgost z laneem, kateri je čez B razpet ; dolžine krajše od decimetra meriš z merilom. Na zadnje prešteje zadnji pomočnik nabrane utikljaje, množi njih število z 20 in pri¬ šteje k produktu še dolžino med zadnjim utikljajem in drugim krajiščem daljice in izračuni s tem dolžino merjene daljice. Ako je daljica AP> zelo dolga, zabijajo od 10 do 10 lančevili dolžin kolčke v zemljo, kateri so zaznačeni s te¬ kočimi števili. Tako merjenje moramo 2 ali večkrat ponavljati, ako ho¬ čemo dobiti zanesljive resultate; srednja vrednost je dolžina daljice. Pri najpazljivejšem postopanji je na ravnih tleh pomota 0 - 001 cele razdalje t, j. razdalja, katera je izmerjena na 1000'", more biti ali 1001"' ali 999"' dolga. Naloga 2. Merjenje daljice na visečih tleh. Za merjenje daljic na tleh, katere več ali menj vise, se po¬ služujejo krajših ali daljših merskih letev in v obeh slučajih po- greznjule in grabljice. Delo izvršujejo od spodej navzgor. Ko je črta A l) (glej lik 193) izkolčena, postavijo po- greznjulo v A vertikalno in položijo mersko letev s po. i močjo merske grabljice liori- j eontalno tako, da je z jednim dD. koncem B na tleh z drugim pa pri pogreznjuli v točki a. Potem položijo prvo letvo na tla, vender tako, da njen konec B ostane na istem mestu in merijo od B dalje takisto z drugo mersko letvo. Tako postopanje ponavljajo do krajišča I) daljice. Ako je zadnji razstoj krajši od merske letve kakor n. pr. razstoj med G in 1) v pridjanem liku, pustijo, da sega letva čez točko c in preštejejo na njej dolžino CD. Ako daljica ni na vseh krajih pristopna, moraš tako meriti, kakor smo učili v planimetriji pri uporabi izrekov o podobnosti. 11. Merjenje kotov na polji. Pri merjenji kotov imamo dve glavni nalogi: Določevanje pravili kotov t. j. postavljanje in spuščanje pravokotnic, in mapovanje kotov sploh. A. Za določevanje pravokotnic na polji se poslužujejo pra¬ vokotnega križa. Ta naprava je zbita iz dveh dobro piesušenih 13 Geometrija. Lik 103. 194 orehovih diljic, kateri nafejata prav kot in imata na konceh pra¬ vokotno postavljene osi iz rumene medi; pritrjen je horicontalno na stojalu. Naloga 1 . Postavljanje pravokotnice v točki izkolčene daljice. Ako imamo v točki C daljice AB postaviti pravokotnico, zataknemo v točki C stojalo križa navpično tako, da pride jeden krak križa t. j. glednica njega osti v mer daljice AB. Potem ugledavaino čez osti druzega kraka in zataknemo v njijini meri drog; na tem mestu je točka, skoz katero gre iskana pravokotnica. Naloga 2. Spuščanje pravokotnice od dane točke C zunaj izkolčene daljice AB na to. V to svrlio postavimo križ v daljici AB tam, kjer preso¬ jamo, da hi moglo biti podnožišče pravokotnice. Pecimo, da je ta po presojevanji izbrana točka D. Zdaj uravnamo jeden krak križa v mer daljice AB, z drugim pa ugledavamo čez njega osti. Ako ni točka C v meri te glednice, premešČujemo križ, ne da hi izpreminjali mer prvega kraka, proti levi ali proti desni toliko časa v daljici AB, da gre ona glednica na ravnost skoz točko G ; točka E, kjer je zdaj zathknen križ, je podnožišče is¬ kane pravokotnice. B. Priprave, s katerimi določujemo koliko st poljubnih kotov na polji, imenujemo kotoinere ; te so prav različno urejene. Naj- priprostejši kotomer je a strokih. Na njem nahajamo tako zvano ziralo. Ono sestoji iz dobro in točno izdelanega ravnila iz medi in iz dveh navpičnih nastavkov na njega konceh. Jeden teli na¬ stavkov je zgorej prebit, da je prozoren in ima v sredi tega prozira napet las (žimo), od spodej pod prozirom je pa prav ozko izrezan; drug nastavek je takisto izdelan, samo da je prozir spodej in izreza zgorej. Prozir z napetim lasom imenujemo preil- nietnico, izrezo pa očnico, ker pri zadnji ugledavamo skoz prvo na predmet. Tako ziralo je pritrjeno na premeru medenega polu kroga, kateri je razdeljen na stopnje in njih dele. Na astrolabu je pa še drugo tako ziralo, katero je vrtljivo okolo središča onega polukroga. Cela naprava stoji na trinogatem stojalu. Naloga. Mapovanje kota na polji. h) S kotomerom. Ko jo kot izkolčen t. j. ko so postavljeni drogi v vrhu A (lik 194) in v točkah 11 in O, postavimo astrolab z njega središčem v vrli kota, uravnamo ziralo v meri kraka AB torej r p roti točki 11, in za¬ vrtimo vrtljivo ziralo to¬ liko, da ugledamo točko C. Potem preberemo ko¬ li kost kota na razdelitvi astrolaba. li) Brez kotomera. Stvori A M == AN (lik 194) in recimo vsako jednako 20 m in izmeri daljico MN. Narisaj potem na papirji ravnico ab, vnesi na njo daljico um = AM po omaljenem merilu; napiši potem iz a lok s polumerom urn in presekaj ga z drugim lokom, napisanim iz točke m s polumerom mn = MN po istem omaljenem merilu. <■ man = < MAN. Na papir narisan kot moremo izmeriti s trans¬ porterjem. ITT. Mapovanje zemljišč. Preden začnemo ploskev mapovati, jo najpred obhodimo in zabijemo na vseh ogliščih takisto na vseh krajih, kjer je zakriv¬ ljena, kolčke v zemljo, kateri so zaznačeni s tekočimi števili. Lik obkolčene ploskve narišemo na oko s svinčnikom na papir, in zaznačimo si v tem črteži posamezne v zemljo zabite kolčke. Zraven narisanih črt in kotov zapisujemo njih resnično kolikost zaporedoma kakor jih izmerjavamo. Po tem črteži izdeljujemo doma mapo zemljišča in izraču¬ navamo njega ploščino. 1. Mapovanje ploskve na polji z lauceiu ali mersko letvo. a) Po raztvoritvi na trikotnike. Obkolčeno ploskev raztvorimo na trikotnike, merimo njih stranice in si zapomnimo teh merska števila v črteži, iz kate¬ rega narišemo doma ploskev natančno po omaljenem merilu. V pridjanem liku bi n. pr. začeli s trikotnikom ABG in bi stvarjali zaporedoma trikotnike BGE, EGE , BGE, CEI). 196 Lik 194. V mapi moremo .tudi izmeriti vi¬ šine trikotnikov ter izračunati ploščino cele ploskve (T. del, §. 72); da se pa mo¬ remo na dobljene resultate bolje zana¬ šati, izkolčujemo na polji tudi višine trikotnikov in jili merimo. h) Po koordinatnem načinu. Ko smo lik obkolčili, izkolčimo daljico A E (lik 195 med oddaljenima točkama. Na to daljico (črto - absciso) Lit jy 5 spuščamo pravokotnice (ordinate) od vseh zaznačenih toček na obsegu in merimo posamezne dele črte-abscise in vse ordinate. Doma moremo po¬ tem stvoriti mapo. Narišemo si naj- pred premo, na katero vnašamo ab¬ scise od A do i, h, b, . . . .; v teh točkah postavimo pravokotnice in vnašamo na nje ordinate v redu, ka¬ kor se nahajajo na polji. Ako na zadnje zvežemo vse dobljene točke obsega, stvorili smo mapo. Izračunanje ploskve izvršujemo, kakor smo učili v prvem delu. c) Po oklepanji lika. Meje nekaterih ploskev so jako zakrivljene, n. pr. meje po¬ tov ; drugih ploskev zopet ne moremo meriti od znotraj n. pr. rib¬ nikov, potokov i. t. d. V tem slučaji oklepamo meje (lik 196) s stranicami mnogokotnika ABC .... (s črtarni- abscisami) in spuščamo na te pravo¬ kotnice (ordinate) iz toček, v katerih je meja zakrivljena. Potem merimo posamezne abscise, pripadajoče or¬ dinate in kote, katere stvarjajo črte- abscise med seboj. Doma narišemo na papir najpred črte - abscise A B — ah , , CD — cd po omaljenem merilu in kote A = a, i. t. d. zaporedomakakor se nahajajo v prirodi; lak 196, D BC = B = bc potem postavljamo ordinate v krajiščih vnesenih abscis po istem omaljenem merilu. Ako zvežemo krajišča ordinat, dobimo mapo ploskve v prirodi. Lik 198. E 2 . Mapovanje ploskve na polji s kotomerom. a) Iz točke znotraj ploskve. Vzemimo, da hočemo izmeriti lik ABCDEF iz točke O, od katere moremo meriti na vse strani. V to svrlio posta¬ vimo kotomer v točki O, merimo kote AOB, BOC, COD i. t. d. in razdalje OB, OC, OD i. t. d. Doma narišemo na papir okolo O vse izmerjene kote, vnašamo na B # njih krakih izmerjene daljice po omaljenem merilu in zvežemo kra¬ jišča vnesenih daljic, da dobimo mapo ploskve na polji. b) Iz dveh stališč. Pri tem mapovanji si izberemo v ploskvi ABCD .... (lik 198) stališči M in N, med katerima moremo meriti, izmerimo stalnico MN, postavimo kotomer v točki M in merimo kote NMA, NMB, NMC, potem gremo s kotomerom v točko N in merimo takisto kote MNA, MNB, MNC . . . Doma nari¬ šemo na papirji stalnico po omaljenem merilu in vnašamo zaporedoma izmer¬ jene kote; ako zvežemo presečišča a, b, c . . . njih krakov, dobimo mapo ploskve na polji. Ako pripuščajo okolščine, jemljemo oglišči lika. c) Iz obsega. Vzemimo, da je ABCDEF (lik 198) gozd, skoz katerega ne moremo meriti. Potem merimo obsežne črte AB, BC, BD, , . . in kote A, B, C, . . . Doma vnašamo te črte po omaljenem me¬ rilu in kote zaporedoma na papir, ter dobimo mapo ploskve na polji. O izdelovanji map. O izdelovanji mape z barvami in o označenji raznih kultur na tem mestu ne moremo obširnejše govoriti; pristaviti hočemo samo pravilo, po katerem se v obče ravnajo. To je: 14 stališči Pri načrtovanji predmetov, posnemajo njih podobo kolikor mogoče; drugače pa rabijo za nje označila, kakoršna so sploh v navadi. V posebnih litografiranih pregledih nahajamo označene predmete in kulture: travnike, pašnike, močvirja, ograje, vi¬ nograde , polja, vrte, perivoje, hmeljnike, skalovje in pečine, jezera, reke, mostove i. t. d. In vse to je zadosten napotek za izdelovanje map. Izmeri sobo, očrt hiše in drugo ter naertaj to po omaljenem merilu. 0 ^ 0 » Popravki važnejših pogreškov. 199 Terminologija. *) A. Abscisa, Abseisse. Abstand, razdalja, razstoj. Abstecken, izkolčiti* iztikati. Absteckstab, iztaknjula*. Analiza, Analjsis. Anliegend, priležen. Anvvinkel *, prikot. Astrolab, Astrolabium. Ausdehnung, obmer. 15 . Bestimmt, določen. Betragen, znašati. Bogen, lok. C. Centrale, središniea. Centrivvinkel *, središčen kot. Centrum, središče. Cilinder, Cylinder. Complementvvinkel *, komplementaren kot. Congruent, skladen. C. Četverokotnik, Viereek. Četverorobovnik, Vierkant. četverostran, četverostrauičen*, vier- seitig. Črta, Linie. Črta, — sinus, — kosinus, — tangenta — sekanta, — kotangenta, — ko- sekanta, Sinus-, Cosinuslinie ete. črticast*, gestriehelt. Crticast-pikičast, gestrichelt-punktirt. D. Daljica*, Streeke. Determinaoija*, Determination. Diagonala, Diagonale. Dodekaeder, dvanajsteree. Določen, bestimmt. Dolžina, Lange. Dopolnilna piramida, Ergiuizungs- pyramide. Dopolnilen stožec, Erganzuugskegel. Dostavek, Zusatz. Dotikališče*. Beriihrungspunkt. Dotikalna ravnina*, Beriihrungs-Ebeue. Dotikalna tetiva, Beriihrungs-Sehue. Dotikaluica*, Berubrungslinie. Dreieok, trikotnik*. Durchmesser, premer. Durchschuittspunkt, presečišče. E. Ebene, ravnina. Ebene Flaclie, ravna ploskev. Eekpunkt, oglišče. Einheit, jednota*. Endpunkt, krajišče. * F. Fest, nepremičen*. Figur, lik, figura. Flaclie, ploskev. Flachengleieh, ploskveno-jednak*. Flaeheneinheit, ploskvena jednota. Fliicheninhalt, ploščina*. Fusspunkt, podnožišče. *) Izrazov, zaznačenih z zvezdicami, ne lialiajamo v Cigaletovi terminologiji. 200 Gr. Gebilde, tvor. Gegeniiberliegend, nasproten. Gegenwinkel, protikot*. Geometrijsko mesto, geometriseher Ort. Gerade, prema; pokončen*. Geradlinig, premočrten. Gestriehelt, črticast. Gestriehelt-pnnktirt, črtičast-pikičast. Glavna funkcija, Hauptfunetion. Glednica, Visierlinie. Gleichschenklig, jednakokrak. Gleichseitig, jednakostraničen* jedua- kostran. Gleichvvinklig, jednakokoteu. Gorišče*, Brennpunkt. Grad, stopnja. Grebliea, Schrottvvage. Grenzpunkt, mejišče*. Grundgebilde, osnoven tvor. Grundlinie, osnovnica. H. Halbieren, razpoloviti, razpolavljati*. Halbierungslinie, polovnica. Halbierungspunkt, polovišče. Halbkreis, polukrog. Halbmesser, polumer. Halbstra), polutrak *. Hipotenuza, Hypotenuse. I. Ikozaeder, dvajseterec. Indirekten, indirekt. Istoležen*, gleiebliegend. Istovrsten*, gleichartig. Izhodišče, Anfangspunkt. Izmeničen kot, Weehselwinkel. Izrek*, Lehrsatz. Izsek, Ausschnitt. J. Jednak, gleie^- Jednakokoten, gleiehvvinklig. Jednakokrak, gleichschenklig. Jedil akostran-, straničen, gleichseitig. Jednota, Einheit. K. Kateta, Kathete. Klin, Keil. Kocka, Wiirfel. Korper, telo. Konfunkeija, Confunction. Količina, Grosse.' Kolček*, Pflock. Kolobar, Ring. Koordinata, Coordinate, Kosekanta, Cosecante. Kosinus, Cosinus. Kot, Wiukel. Kot iztegnen, gestreekter W. Kot izsrediščen, excentrischer W. Kot komplementaren, Oomplemen- vvinkel. Kot naklonski, Neigungsvvinkel. Kot nasproten, gegeniiberliegender W. Kot uotranj, innerer W. Kot oboden, Peripherievvinkel. Kot oster, spitzer W. Kot otel, hohler W. Kot ploskven, Flaehenvvinkel. Kot poln, voller W. Kot prav, rechter VV. Kot priležen, anliegender W. Kot roboven*, Kantenvvinkel. Kot središčen* Centriwinkel. Kot suplementaren, Suppleinentvfinkel. Kot top, stumpfer W. Kot vnanj, ausserer W. Kot v polukrogu, IVinkel im Halb- kreise. Kot vzvišen, erhobener W. Kotangenta, Cotangente. Koti nad premo, Winkel an einer Ge- raden. Koti krog točke, AVinkel um einen Punkt herum. Kotna ploskev, kotnina*, Winkelflaehe. Kotna funkcija, Winkelfunction, 201 Kotomer, VVinkelmesser. Krajšče, Endpunkt. Kraeja ploskev*, krakina, Seheukel- flaehe. « Krak, Sehenkel. Kriv, krumm. Krivočrten, krummlinig. Krivoplosk*, krummflaehig. Krog, Kreis. Krogla, Kugel. Kroglin* izsek, Kugel-Ausschnitt. Kroglin odsek, Kugel-Absehnitt. Kroglin pas, Kugel-Zoue. Krogliua kapica*, Kugel-Miitze. Kroglina plast, Kugel-Sehiehte. Krožnica, Kreislinie. Krožnina*, Kreisflache. Kubičen, knbisch. Kvadrat, Quadrat. Kvadratni meter, Quadratmeter, Kvadrant, Quadraut. Ij. Lančev drog, Kettenstab. Linie, črta, Lik, Figur. Lok, Bogen. M. Mapa, Mappe. Mapovati, aufnehmcn. Masseinheit, merska jednota. Masszahl, mersko število. Meja, Grenze. Mejišče, Grenzpunkt. Mejna ploskev, mejnina, Grenzilaehe. Mer, Biehtung. Mera, Mass. Merska letva, Messplatte. Merska vrvica, Messband. Merski drog, Messtange. Merski lanec, Messkette. Merski praporee, Messfahne. Minuta, Minute. Mittelpnnkt, središče. Mittellinie, sredniea*. Mnogokotnik, Vieleek. Muogokotnik vpisan, eingeschrieben. Mnogokotnik opisan, umgeschriebeu. Mnogokotomerstvo, Polygonometrie. Mreža, Netz. IV. Načelo, Grundsatz, Axiom. Načrt, Aufriss. Naloga, Aufgabe. Naloga za načrtovanje, Constructions- Aufgabe. Nasproten, gegeniiberliegend. Naris*, Darstellung. Navpičen, lothreebt. NebemvinkeJ, sobot. Nedoločen, unbestimmt. Nejednak, ungleich. Nepravilen, unregelmassig. Nepremičen, fest. Nesoineren, incommensurabel. Nevzporednica, eine nicht pararelle Gerade. Normalno, normal. O. Oberflaehe, površje. Oblo, Kugel. Oblina*, Kugelflaelie. Obmer, Ausdehnung. Obod, Kreisumfang. Obrat, Umkehrung. Obseg, Urnfang. Obstransko površje (obstranje*), Seiten- oberflache. Obstranska višina, Seitenhohe. Očnica, Oeular. Očrt, Grundriss. Odmičen, divergent. Odsek, Abschrift. Ogel, Ecke. Ogel sovršen, Scbeitelecke. Oglišee, Eckpunkt. Okrajšana* piramida, Pvramidalstumpf. 202 Okrajšan stožec, Kegelstumpf. Oktaeder, osmerec. Oinaljeno* merilo, verkleinerter Masssiab. Ordinata, Ordinate. Os, Ase. Os postranska, Nebenase. Os glavna, Hauptaxe. Os simetrije, Ase der Symetrie. Osnovna resnica, Grundivahrheit. Osnovna ploskev, osnoviua*, Grund- flaehe. Osnovnica, Grnndlinie. Osnovni tvor, Grundgebilde. Ostrokoten, spitzwinklig. P*. Parallel, vzporeden. Parallele, vzporednica. Paralelepiped, Parallelepiped. Paralelogram, Parallelogramm. Periferija, Periplierie. Perspektiven, perspectivisch. Peterokotnik, Punfeck. Peterostran-, straničen, fiiufseitig. Pikičast, punktiert. Piramida, Pyramide. Piramidast, pyramidal. Plast, Sehichte. Plašč, Mantel. Ploskev, Plache. Ploskveno-jednak*, fliichengleich. Ploskvena vsebina* ploščina'- 1 ', Flaciien- inhalt. Ploskvena jednota, Flaeheneiiiheit. Podaljšek*, Verlangermig. Podnožišče, Fusspunkt. Podobnišee*, Aelinliehkeitspimkt. Pogoj, Bedingung, Voraussetzung. Pogreznjula*, Senkelstoek. Pokončen*, gerade. Polieder, Polyeder. Poln, voli. Polovišče, Halbierungspuukt. Polovnica, Halbierungslinie. Polukrog, Halbkreis. Polukrogla*, Halbkugel. Poiumer, Halbmesser. Poluravnina*, Halbebene. Polutrak*, Halbstral* Pomočna črta, Hilfslinie. Poševen, schief. Poševnokoten, schiefvviuklig. Povečati, vergrossern. Površje, Oberflache. Pravilen, regelmassig. Pravokoten, rechtwinklig. Pravokotnica, senkrechte Linie. Provokotnik, Reehteck. Pravoktni križ, Winkelkreuz. Prečnica, Transversale. Predmetniea, Objectiv. Prekotnica, Diagonale. Prema, Gerade. Premer, Durclimesser. Premo-črten, gerad-linig. Presečišče, Durehselinittspnnkt. Presečna ploskev (presečnina*), Schnitt- fliielie. Presek, Sebnitt. Pretvor, Venvandluug. Pretvoriti, verwandeln. Prevodniea, Leitstral. Prikot* Anwinkel. Priležen, anliegeiid. Primičen, convergent. Prizma, Prisma. Proga, Streifen. Proizvodniea*, Rešultatslinie. Projicirati, projicieren. Proportion, sorazmerje. Proportioniert, sorazmeren. Prostor, Baum. Prostornina, Raumiiihalt. Protikot*, Gegenvvinkel. Protivorečje, Widerspruch. Punkt, točka. K. Radij, Halbmesser. Baumgrdsse, prostorna količina, liaven, eh en. Ravninje*, Ebenenbiisehel. Ravnoplosk* ebenflachig. Razdalja, razstoj, Abstand, Razmerje, Verhiiltniss. Raznokoten, ungleichvvinklig. Raznostran-, straničen, ungleichseitig. Razpoloviti, razpolavljati, halbieren. Razrešiti, razreševati, auflosen. Razulja, Schrotvvage. Rechtrvinklig, pravokoten. Regelmassig, pravilen. Resultatslinie, proizvodnica. Richtung, mer. Rob, Kante. Romb, Rhombus. Romboid, Rhomboid. S. Seheitel, vrh, teme. Seheitelvvinkel, sovršen kot. Sehenkel, krak. Sehief, poševen. Sehiefvvinklig, poševnokoten. Sečnica, Sekante. Seite, stran, stranica, stranina. Sekunda, Secunde Senkrecht, navpičen. Simetrala, Symmetrale. Simetričen, symmetrisch. Simetrično-jednak, symmetrisch-gleich. Skladen, congruent. Skladnost, Congruenz. Skupna mera, gemeinsehaftliches Mass. Sokot, Nebenwinkel. Sokotje*, Nebenwinkelgebilde. Someren*, eommensurabel. Sorazmeren, proportionirt. Sorazmerje, Proportion. Sorazmerica, Proportionale. Sosreden, concentriseh. Spitzvvinklig, ostrokoten. Središče, Mittelpunkt. Središčen* kot, Centrhvinkel. Središniea, Centrale. 203 Sredniea*, Mittellinie. Standpunkt, stališče. Standlinie, stalnica. Stopnja, Grad. Stopnja ločna* Bogengrad. Stopnja kotna, Winkelgrad, Stožec, Kegel. Stožkovit, koniseh. Stral, trak. Stralenbiischel, trakovje*. Stralenpunkt, tračišče. Stran, stranica, stranina, Seite. Stranska ploskev (stranina), Seiten- flaehe. Strecke, daljica. Stumpfrvinklig, topokoten. Supplementvvinkel, suplementaren* kot. Svinčnica, Senklot. Š. Sesterokotnik, Sechseek. Sesterostran-, stranieen, seehsseitig. Šestilo, Cirkel. T. Tečaj, Pol. Telo, Kiirper. Teme, Seheitel. Tetiva, Sehne. Tetraeder, četverec. Tisoenisko poprečno merilo, tausend- theiliger Transversal-Massstab. Tlavid*, Mappe, Situation. Točka, Punkt. Topokoten, stumpfwinklig Traši.šče, Stralenpunkt. Trak, Stral. Trakovje*, Stralenbiischel. Transversale, prečnica. Trapeč, Trapez. Trapecoid, Trapezoid. Trditev, Behauptung. Trikotnik, Dreieck. Trikotomerstvo, Trigonometrie. Trirobovnik, Dreikaut. 204 Tristran*, stranicen, dreiseitig. Tvor, Gebilde. Tvorna prema, erzeugende Gerade. IT. Ugledavati*, einvisieren. Umanjiti, verkleinern. Umfang, obseg; Umfang des Kreises, obod. Unašati, auftragen. Ilnbestimmt, nedoločen. Ungleiehseitig, raznostran. Ungleielminklig, raznokoten. Unregelmassig, nepravilen. Utikljaj, Kettenuagel. V. Valj, Cylinder. Verbindungslinie, (črta) zveznica. Verhaltniss, razmerje. Verliingerung, podaljšek. Vleleek, mnogokotnik. Vierfliichig, četveroplosk. Vierseltig, četverostran-, straničen. Višina, Hohe. Vodnica, Leitlinie. Vodoraven, wagrecht. Voli, poln. Vrli, Seheitel. Vrtenje, vrtnja, Drehung. Vzmetna ravnina (vzmetnina), Projee tionsebene. Vzmetni ti, projicieren. Vzporeden, parallel. Vzporednica, Parallele. Vzporednik, Parallelogramm. W. Wagrecht, vodoraven. Weehselwinkel, izmeničen kot. Winkel, kot. Winkelfliiehe, kotna ploskev, (kotnina). Z. Zavit, gekriimmt. Zavisen, abliiingig. Zavisnost, Abhiingigkeit. Zaznamenjevalka, Zeiehenstab. Znamenljiv, eharakteristiseh. Zusatz, dostavek. Zveznica, Verbindungslinie. % Z. Žarišče, Brennpunkt.