“ИМЕНОВАННЫЕ” ТЕОРЕМЫ ПЛАНИМЕТРИИ - Студенческий научный форум

X Международная студенческая научная конференция Студенческий научный форум - 2018

“ИМЕНОВАННЫЕ” ТЕОРЕМЫ ПЛАНИМЕТРИИ

Кучин И.А. 1, Мугалимова С.Р. 1
1СурГПУ
 Комментарии
Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
В математике все важные положения сформированы в виде теорем. Теорема с древнегреческого языка - “Доказательство, вид, взгляд”, это утверждение, выводимое в рамках рассматриваемой теории из множества аксиом, Аксиома — это исходное положение какой-либо теории без требования доказательства. В математике же теоремами обычно называют, доказанные утверждения, которые находят своё применения в решении математических задач.

Историю теорем можно начать с Фалеса Милетского, это древнегреческий философ и математик, который по легенде, чтобы установить высоту пирамиды, дождался момента, когда длина тени палки становится равной его высоте, и измерил длину тени пирамиды. Его именем названа теорема о пропорциональных отрезках и параллельных прямых.Так же в “Началах” Евклида присутствуют доказательства некоторых теорем.

Объект исследования: геометрические утверждения, сформулированные в виде теорем

Предмет исследования: именованные теоремы геометрии.

Цель: Систематизировать приемы использования именованных теорем при решении геометрических задач.

Теоретическая часть С логической точки зрения теорема представляет собой высказывание вида: А В где А и В - формы с одной или несколькими переменными. Предложение А называют условием теоремы, а предложение В - её заключением.Например, условием теоремы «если четырехугольник является прямоугольником, то в нем диагонали равны» является предложение «четырехугольник- прямоугольник», а заключением - предложение «в таком четырехугольнике диагонали равны».

В рассмотренном примере теорема была сформулирована с помощью слов «если ..., то ...». Но, как нам известно, утверждение А => В можно сформулировать и по-другому. Например, рассмотренную теорему можно сформулировать так: «во всяком прямоугольнике диагонали равны» или «для того, чтобы четырехугольник был прямоугольником, необходимо, чтобы его диагонали были равны». Есть и другие способы, но удобнее теорему формулировать в виде «если ..., то ...», поскольку сразу видно ее условие (что дано) и заключение (что надо доказать).Для всякой теоремы вида «если А, то В» можно сформулировать предложение «если В, то А», которое называют обратным данному. Однако не всегда это предложение является теоремой. Рассмотрим, например, теорему: «если четырехугольник является прямоугольником, то в нем диагонали равны». Построим предложение, обратное данному: «если в четырехугольнике диагонали равны, то четырехугольник является прямоугольником». Это высказывание ложное, в чем можно убедиться, приведя контрпример: в равнобедренной трапеции диагонали равны, но трапеция не является прямоугольником. [1]

Рассмотрим теперь теорему «в равнобедренном треугольнике углы при основании равны». Обратное ей предложение таково: «если в треугольнике углы при основании равны, то этот треугольник - равнобедренный». Оно, как известно, истинное и поэтому является теоремой. Ее называют теоремой, обратной данной. В нашем исследовании мы рассматриваем именованные теоремы в планиметрии. Эти теоремы довольно широко известны и названы в честь великих математиков, придумавших их или доказавших. Разобраны будут следующие теоремы и приемы решения задач с помощью этих теорем: Теорема Фалеса, Теорема Пифагора, Теорема Менелая, Теорема Пито. Теорема ФалесаИменем Фалеса названа геометрическая теорема о пропорциональных (равных) отрезках и параллельных прямых.Формулировка: Если на одной из двух прямых отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсекут на второй прямой равные отрезки. (рис 1.) Если прямые А1B1|| A2B2 ||A3B3, а отрезки A1A2=A2A3, то B1B2=B2B3.

Так же существует обобщение: Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают от сторон угла пропорциональные отрезки. (рис 2). Рис 3 Доказательство: Проведём через точки A и C прямые, параллельные другой стороне угла. AB2B1A1 и CD2D1C1 . Согласно свойству параллелограмма: AB2= A1B1 и CD2= D1C1 . Треугольники AAB2 и CDD2 равны на основании второго признака равенства треугольниковПримеры задач: Задача 1. Прямая CD параллельна к AB и пересекает угол BOA так, что O, B, D лежат на одной прямой, а также O, A,C лежат на одной прямой. Если AB=5, OB=3 и OD=12, найдите длину CD.Решение: Прямые AB и CD являются параллельными, и согласно теоремы о пересечении мы имеем , или Ответ: 20

Теорема Пифагора Одной из самых известных теорем является Теорема Пифагора. Теорема Пифагора была известна еще древним цивилизациям, Первое доказательство приписывается Пифагору, а строгое аксиоматическое доказательство утверждения принадлежит Евклиду. Теорема устанавливает соотношение между сторонами прямоугольного треугольника. Теорема Пифагора имеет около 400 доказательств. Она применяется не только для решения задач, но также в Архитектуре и строительстве.Формулировка: в прямоугольном треугольнике сумма квадратов длин катетов равна квадрату длины гипотенузы. Так как существует множество разных доказательств этой теоремы, подробно мы разберем лишь несколько самых интересных доказательств. рис.5 Доказательство Леонардо да Винчи: Доказательство основано на методе площадей.

Рассмотрим чертёж, как видно из симметрии, отрезок CI рассекает квадрат ABHJ на две одинаковые части (так как треугольники ABC и JHI равны по построению).

Пользуясь поворотом на 90 градусов против часовой стрелки вокруг точки A, мы усматриваем равенство заштрихованных фигур CAJI и DABG.

Теперь ясно, что площадь заштрихованной нами фигуры равна сумме половин площадей маленьких квадратов (построенных на катетах) и площади исходного треугольника. С другой стороны, она равна половине площади большого квадрата (построенного на гипотенузе) плюс площадь исходного треугольника. Таким образом, половина суммы площадей маленьких квадратов равна половине площади большого квадрата, а, следовательно, сумма площадей квадратов, построенных на катетах равна площади квадрата, построенного на гипотенузе. [2]

рис.6Доказательство Евклида: рис.6 для прямоугольного треугольника ABC с прямым углом С, квадратов над катетами АСЕD и BCFG и квадрата над гипотенузой ABIK строится высота CH, продолжая СH(обозначим его как луч s), она разбивает квадрат над гипотенузой на два прямоугольника AHJK и BHJI.Рассмотрим треугольники ACK и ABD, площадь каждого из них равна половине площади квадратов AHJK и ACED соответственно площадь треугольника равна половине площади прямоугольника, если у фигур есть общая сторона, а высота треугольника к общей стороне является другой стороной прямоугольника. Равенство треугольников следует из равенства двух сторон и углу между ними (стороны являются сторонами квадратов).таким образом площадь ABKI= площади ACED и BGFC.[3]Примеры задач: Задача 1. Может ли прямоугольный треугольник иметь стороны: 3, 4, 5?Решение: 32 + 42 = 52то есть, 25=25 и поэтому прямоугольный треугольник может иметь стороны 3, 4, 5Задача 2: Угол С=90∘, а угол B=30∘. Гипотенуза АВ = 6. Найдите сторону BC.ВС=АВ/2ВС=6/2 = 3АВ2=ВС2+АС262 = ВС2 + 32ВС2 = 62 - 32ВС2 = 36 - 9BC2=±27⇒BC=±√27-27 не имеет смысла.BC=√27⇒BC=3√3 Теорема МенелаяМенелай Александрийский (I—II в. н. э.) — греческий математик и астроном.

Жил в Риме. Эта теорема доказывается в третьей книге «Сферики» Менелая Александрийского. Менелай сначала доказывает теорему для плоского случая, а потом центральным проектированием переносит её на сферу. Возможно, что плоский случай теоремы рассматривался ранее в несохранившихся «Поризмах» Евклида. [4]Формулировка: Пусть дан треугольник ABC и точки С1, B1, A1 на, соответственно, прямых AB, AC и BC. Точки A1, B1, C1 лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда выполняется равенство: пересекает прямые AB, BC, AC соответственно в точках C1, A1 и B1. Проведем произвольную прямую P, пересекающую прямую l в точке N, а через точки A, B и C соответственно прямые a, b и c, параллельные прямой l и пересекающие p в точках K, L, M. По теореме о пропорциональных отрезках

Перемножая равенства и учитывая, что,

получаем искомое равенство.

Достаточность. Пусть дан треугольник ABC, точки и пусть выполнено необходимое условие. Докажем, что точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой. Проведем прямую через заданные две точки A1 и B1. Эта прямая пересекает прямую AB в некоторой точке C'Действительно, если допустить противное, а именно, что прямая A1B1'║(AB), то из подобия треугольников CA1B1 и CBA следует, что Но такой точки не может существовать, и мы пришли к противоречию. По условию имеем: с другой стороны, в силу необходимого условия справедливо равенство Откуда получаем

и приходим к выводу что точки C1 и C' совпадают. Примеры задач: рис.7В треугольнике АВС (рис.7) на стороне ВС взята точка N так, что NC = 3BN; на продолжении стороны АС за точку А взята точка М так, что МА = АС. Прямая MN пересекает сторону АВ в точке F. Найдите отношение BF/FA

Решение

По условию задачи МА = АС, NC = 3BN. Пусть MA = AC =b, BN = k, NC = 3k. Прямая MN пересекает две стороны треугольника АВС и продолжение третьей.По теореме Менелая CN/NB*BF/FA*AM/MC=1, 3k/k*BF/FA*b/2b=1, BF/FA*3/2=1, BF=3/2.Ответ: 3/2 Теорема Чевы

Для того, чтобы приступить к доказательству и формулировке этой теоремы, введем понятие чевианы. Чевиана это отрезок, соединяющий вершину треугольника с некоторой точкой на противоположной стороне. Этот термин происходит от имени итальянского математика Джованни Чевы, который в 1678 году опубликовал теорему. [6]Формулировка: Если три чевианы AX, BY, CZ треугольника конкурентны(то есть, проходят через одну точку или параллельны), то

(1)Доказательство: Для доказательства теоремы вспомним, что площади треугольников с равными высотами пропорциональны основаниям треугольников, мы имеем

Аналогично,

AX, BY, CZ удовлетворяют соотношению |, то они конкурентны.

Доказательство: что бы это показать, предположим, что две первые чевианы пересекаются в точке P, как и прежде, а третья чевиана, проходящяя через точку Р, будет CZ’. Тогда по теореме (1) льно, Точка Z’ совпадает с точкой Z, и мы доказали, что отрезки AX, BY и CZ конкурентны.

Теорема Стюарта

рис.6

Формулировка: (рис.6)Если точка D лежит на стороне BC треугольника ABC, то

Теорема Эйлера

Формулировка: Квадрат расстояния между серединами диагоналей M и N произвольного четырехугольника ABCD выражается формулой:

Таким образом в первой главе, мы рассмотрели несколько теорем планиметрии.

Практическая часть При решении задач с применением теорем, у учеников развивается логическое мышление, такие задачи помогают в усвоении содержания теоремы, обеспечивают восприятие содержания теоремы. Решение задачи, обучает применению теоремы, а также раскрывает взаимосвязь изучаемых теорем с другими теоремамиВ нашем исследовании мы воспользуемся современной классификацией задач по геометрии по характеру требования, принятых в современной методической литературе.-Задачи на доказательство;-Задачи на построение;-Задачи на вычисление.; В практической части нашего исследования мы систематизируем приемы использования именованных теорем при решении задач.

Задачи на вычисление Задача 1.

Рис.7

Задача: 4 прямые , ,отрезки , отрезок =20см. Найдите Решение: т. к , то по теореме Фалеса A.Пусть A=x, тогда Составим уравнение4x=20x=5Ответ: Задача 2.

Рис.8

Задача: В трапеции ABCD, отрезки BE и MK параллельны стороне CD, найдите AK, если AD=16 Решение: 1) AE=AD-ED, т. к BE||CD, то ED = BC = 10AE= 16-10=62)т. к MK|| BE, то по теореме Фалеса , из чертежа AM=MB, получаем, Следовательно AK=KE3) AK+KE=AEт. к AK=KE, AE=6, то AK+AK = 62AK=6AK=3Ответ: 3.

Задача 3. рис. 9

Задача: В треугольнике ABC (рис.9) к стороне AC проведены высота BK и медиана MB, причём AM=BM. Найдите косинус угла KBM, если AB =1, BC = 2. Решение: Т. к. медиана BM равна половине AC, значит угол ABC= 90 градусов, следовательно, треугольник ABC-прямоугольный.2) По теореме Пифагора найдем AC

, =3) Найдём площадь треугольника ABC

,.4) Медиана BM делит прямоугольник ABC на два равновеликих треугольникаЗначит,

=5) Высота BK находится по формуле

6) Из треугольника MBK найдем косинус угла KBM

BM = AM (по условию)BM = Ответ: Задача 4.

Рис.10

Задача: На стороне PQ треугольника PQR (рис.10) взята точка N, а на стороне PR – точка L, причем NQ = LR. Точка пересечения отрезков QL и NR делит QL в отношении m : n, считая от точки Q. Найдите Доказательство: По условию

Пусть , Прямая NR пересекает две стороны треугольника PQL продолжение третьей.По теореме Менелая

Ответ:

Задача 5.

рис. 11

Задача: Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника (рис. 11), равна m и делит прямой угол в отношении 1:2 Найдите стороны треугольника.

Решение: 1) AM=m, угол ,

Тогда угол BAM = x, угол CAM = 2x, сумма этих двух углов равна 90 градусов.

2) т. к медиане, проведенная из прямого угла в прямоугольном треугольнике равна половине гипотенузы, то

В прямоугольном треугольнике катет лежащий против угла в 30 градусов равен половине гипотенузы, значит

3) По теореме Пифагора::

Задачи на доказательство

Обучение доказательствам – одна из важнейших целей обучения математике. Именно при выполнении доказательств оттачивается логическое мышление учеников, разрабатываются логические схемы решения задач, возникает потребность учащихся в обосновании математических фактов. Начиная изучать геометрию, учащиеся способны осознать необходимость доказательства, однако осуществлению доказательства им только предстоит научиться.

Задача 6.

Рис. 12

Задача: Докажите, если в треугольник вписана окружность (рис.12), то отрезки, соединяющие вершины треугольника с точками касания противоположных сторон, пересекаются в одной точке.Доказательство:

  1. Пусть – точки касания вписанной окружности треугольника ABC. По теореме Чевы:

  2. По свойству касательных, проведенных к окружности,

Тогда

Значит, биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке (по теореме Чевы)

Задача 7. рис.13

Задача: Докажите, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.1) Докажем, чтоПо Обратной теореме Чевы , пересекаются в одной точке.по свойству биссектрис треугольника

Перемножая полученные равенства, получаем

Следовательно, биссектрисы треугольника ABC пересекаются в одной точке.

Задача 8.

Задача: Касательные к описанной окружности неравнобедренного треугольника ABC в точках A, B и C пересекают продолжения сторон

в точкахA1, B1 и C1. Докажите, что точки A1, B1 иC1 лежат на одной прямой.

Доказательство: Из свойства угла между касательной и хордой следует, что ∠A1AB=∠A1CA, поэтому A1AB∼A1CA. Следовательно,

Таким образом,

Задача 9.

Рис.14В прямоугольнике ABCD (рис.14) AB=24, AD=23. К окружности, радиус которой равен 12, с центром в точке A из точки C проведена касательная, которая пересекает сторону AD в точке M.

а) Докажите, что CM=2AM.

б)Найдите длину отрезка AM.Доказательство: а) Проведем радиус AF в точку касания, AF перпендикулярна CF. Треугольник AFM подобен треугольнику MCD по двум углам., откуда следует, что

Решение: Пусть AM=x, тогда CM=2x, MD = 23-x.Воспользуемся теоремой Пифагора для прямоугольного треугольника CDM:

Заключение

В практической части, были рассмотрены типичные задачи по геометрии и приемы использования “именованных” теорем. Используемые в нашем исследовании задачи, были разного уровня сложности, а также разного вида. Мы рассмотрели два типа задач, это задачи на доказательство и задачи на вычисление. При написании курсовой работы по этой теме нами была изучена литература по геометрии, включающая теоретический материал и практический. Было показано их решение и рисунки к этим задачам.Итак, на основании нашего исследования, мы можем сделать вывод о том, что именованные теоремы, используются во многих задачах, как на вычисление, так и на доказательство. Задачи с использованием этих теорем встречаются на протяжении курса планиметрии в школе, а также встречаются в C части Единого Государственного экзамена.

Список Используемой Литературы

1. Амелькин, В. Т. И. Рабцевич, В. Л. Тимохович "Школьная геометрия в чертежах и формулах"2. Готман Э.Г. Задачи по планиметрии и методы их решения: Пособие для учащихся. - М., Просвещение, АО "Учеб. лит.", 1996. - 240 с

3. Гусев В. А., Литвиненко В. Н., Мордкович А. Г Практикум по элементарной математике: Геометрия: Учеб. пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. ин-тов и учителей. — 2-е изд., перераб. и доп.— М.: Просвещение, 1992. — 352 с: ил.— ISBN 5-09-003840-6 4. .Ефремов Д. Новая геометрия треугольника. — Одесса, 1902. — 334 с. 5. Зеленский А.С., Панфилов И.И. Геометрия в задачах. - М.: Универ-Пресс, 2008. — 272 с.

6. Коксетер Г. С. М., Грейтцер С. П. Новые встречи с геометрией. — М.: Наука, 1978. — Т. 14.7. Кадомцев В.Ф, БутузовВ.Ф. Планиметрия. Пособие для углубленного изучения математики. и др.- ФИЗМАЛИТ. 2005. - 488с.8. Куланин Е.Д, Федин С.Н. Геометрия треугольника в задачах: Учебное пособие. Изд. 2-е, испр. и доп. — М: Книжный дом «ЛИБРОКОМ», 2009. — 208 с.9. Прасолов В.В Задачи по планиметрии: Учебное пособие. – 5-е изд.,-М: МЦНМО, 2006.- 640с 10. Понарин Я.П. Элементарная Геометрия: в 2т. -Т.1: Планиметрия, преобразования плоскости. – М.: МЦНМО, 2004. с.: ил.11. Золотарёва Н. Д., Геометрия. Базовый курс с решениями и указаниями. (ЕГЭ, олимпиады, экзамены в вуз).: Учебно- Золотарёва Н. Д методическое пособие /., Семендяева Н. Л., Федотов М. В. - М: Изд-во Фойлис, 2010. - 296 стр. : ил.11. Куланин Е.Д, Федин С.Н. Геометрия треугольника в задачах: Учебное пособие. Изд. 2-е, испр. и доп. — М: Книжный дом «ЛИБРОКОМ», 2009. — 208 с.12.Статья, -“ Доказательство. Теорема. Аксиома. Начальные понятия. Определение. http://www.bymath.net/

33

Просмотров работы: 454