Teorem paralel xətlər bərabər seqmentləri kəsdi. Thales teoremi. Üçbucağın orta xətti

Dərs mövzusu

Dərsin Məqsədləri

• Yeni təriflərlə tanış olun və artıq öyrənilmiş bəzilərini xatırlayın.
• Kvadratın xassələrini tərtib edin və sübut edin, xassələrini sübut edin.
• Fiqurların xassələrini məsələlərin həllində tətbiq etməyi öyrənin.
• İnkişaf edən - tələbələrin diqqətini, əzmkarlığını, əzmkarlığını, məntiqi təfəkkürünü, riyazi nitqini inkişaf etdirmək.
• Tərbiyəvi - dərs vasitəsilə bir-birinə diqqətli münasibət bəsləmək, yoldaşları dinləmək, qarşılıqlı yardım, müstəqillik bacarıqlarını aşılamaq.

Dərsin məqsədləri

• Şagirdlərin problemləri həll etmək bacarığını yoxlayın.

Dərs planı

1. Tarixə istinad.
2. Thales bir riyaziyyatçı kimi və onun əsərləri.
3. Xatırlamaq yaxşıdır.

Tarixə istinad

• Thales teoremi hələ də dəniz naviqasiyasında istifadə olunur, bir qayda olaraq, gəmilərin toqquşması sabit sürət, gəmilərin bir-birinə doğru istiqaməti saxlandıqda qaçılmazdır.

• Rusdilli ədəbiyyatdan kənarda, Thales teoremi bəzən planimetriyanın başqa bir teoremi adlanır, yəni dairənin diametrinə əsaslanan yazılı bucağın düzgün olması ifadəsi. Bu teoremin kəşfi həqiqətən də Proklun sübut etdiyi kimi Thalesə aiddir.

• Thales Misirdə həndəsənin əsaslarını dərk edirdi.

Onun müəllifinin kəşfləri və xidmətləri

Bilirsinizmi, Miletli Thales o dövrdə Yunanıstanın yeddi ən məşhur müdrikindən biri idi. İon məktəbinin əsasını qoydu. Thalesin bu məktəbdə irəli sürdüyü ideya hər şeyin birliyi idi. Müdrik inanırdı ki, hər şeyin yarandığı bir mənbə var.

Miletli Thalesin böyük xidməti elmi həndəsənin yaradılmasıdır. Bu böyük təlim Misir ölçmə sənətindən deduktiv həndəsə yarada bildi ki, onun da əsası ümumi zəmindir.

Thales həndəsə sahəsində geniş biliyi ilə yanaşı, astronomiyanı da yaxşı bilirdi. Günəşin tam tutulmasını ilk öncə Em dedi. Amma bu, baş vermədi müasir dünya, və 585-ci ildə, hətta bizim eradan əvvəl.

Miletli Thales, şimalın Kiçik Ursa bürcü ilə dəqiq təyin oluna biləcəyini başa düşən adam idi. Amma o da deyildi. son kəşf, ilin uzunluğunu dəqiq müəyyən edə bildiyindən, onu üç yüz altmış beş günə bölüb, bərabərlik günlərinin vaxtını da təyin edə bildi.

Thales əslində hərtərəfli inkişaf etmiş və Mudrik insan. Əla riyaziyyatçı, fizik, astronom kimi məşhur olmaqla yanaşı, o, həm də əsl meteoroloq kimi zeytun məhsulunu kifayət qədər dəqiq proqnozlaşdıra bilirdi.

Amma ən diqqətçəkən cəhəti odur ki, Thales heç vaxt öz biliklərini yalnız elmi-nəzəri sahə ilə məhdudlaşdırmırdı, həmişə öz nəzəriyyələrinin sübutlarını praktikada birləşdirməyə çalışırdı. Ən maraqlısı isə odur ki, böyük müdrik öz biliyinin heç bir sahəsinə diqqət yetirməyib, marağının müxtəlif istiqamətləri olub.

Thales adı hələ o zaman adaçayı üçün bir ev adı oldu. Onun Yunanıstan üçün əhəmiyyəti və əhəmiyyəti Rusiya üçün Lomonosovun adı qədər böyük idi. Təbii ki, onun hikmətini müxtəlif cür şərh etmək olar. Amma qətiyyətlə deyə bilərik ki, o, həm ixtiraçılıq, həm əməli ixtiraçılıq, həm də müəyyən dərəcədə təmkinliliyi ilə seçilirdi.

Miletli Thales əla riyaziyyatçı, filosof, astronom idi, səyahət etməyi sevirdi, tacir və sahibkar idi, ticarətlə məşğul idi, eyni zamanda yaxşı mühəndis, diplomat, görücü idi və siyasi həyatda fəal iştirak edirdi.

O, hətta əsa və kölgənin köməyi ilə piramidanın hündürlüyünü müəyyən edə bilib. Və belə oldu. Gözəl günəşli bir gündə Thales əsasını piramidanın kölgəsinin bitdiyi sərhədə qoydu. Sonra əsasının kölgəsinin uzunluğu onun boyuna bərabər olana qədər gözlədi və piramidanın kölgəsinin uzunluğunu ölçdü. Deməli, belə görünür ki, Thales sadəcə olaraq piramidanın hündürlüyünü müəyyən edib və sübut edib ki, bir kölgənin uzunluğu digər kölgənin uzunluğu ilə bağlıdır, necə ki, piramidanın hündürlüyü əsasın hündürlüyü ilə bağlıdır. Bu, firon Amasisin özünü vurdu.

Thales sayəsində o dövrdə məlum olan bütün biliklər elmi maraq sahəsinə köçürüldü. O, müəyyən anlayışlar toplusunu önə çıxararaq nəticələri elmi istehlaka uyğun səviyyəyə çatdıra bilmişdir. Və bəlkə də Thalesin köməyi ilə antik fəlsəfənin sonrakı inkişafı başladı.

Thales teoremi bir rol oynayır mühüm rollar riyaziyyatda. O, təkcə Azərbaycanda deyildi Qədim Misir və Babil, həm də başqa ölkələrdə və riyaziyyatın inkişafı üçün əsas olmuşdur. Bəli və içəridə Gündəlik həyat, binaların, tikililərin, yolların və s. tikintisi zamanı Thales teoremi olmadan edə bilməzsiniz.

Mədəniyyətdə Thales teoremi

Thales teoremi təkcə riyaziyyatda deyil, həm də mədəniyyətə daxil edilmişdir. Bir dəfə Argentinanın “Les Luthiers” (İspan) musiqi qrupu tamaşaçılara məşhur teoremə həsr etdiyi mahnını təqdim etdi. Les Luthiers üzvləri xüsusilə bu mahnı üçün hazırladıqları videoklipdə mütənasib seqmentlər üçün birbaşa teorem üçün sübutlar təqdim etdilər.

Suallar

1. Hansı xətlər paralel adlanır?
2. Thales teoremi praktikada harada tətbiq olunur?
3. Thales teoremi nə haqqındadır?

İstifadə olunan mənbələrin siyahısı

1. Uşaqlar üçün ensiklopediya. T.11. Riyaziyyat / Baş redaktor M.D.Aksenova.-m.: Avanta +, 2001.
2. “Vahid dövlət imtahanı 2006. Riyaziyyat. Tələbələrin hazırlanması üçün tədris və təlim materialları / Rosobrnadzor, ISOP - M .: İntellekt Mərkəzi, 2006 "
3. L. S. Atanasyan, V. F. Butuzov, S. B. Kadomtsev, E. G. Poznyak, İ. İ. Yudina "Həndəsə, 7 - 9: təhsil müəssisələri üçün dərslik"

Mövzular > Riyaziyyat > Riyaziyyat 8-ci sinif

Teoremdə sekantların qarşılıqlı düzülüşündə heç bir məhdudiyyət yoxdur (həm kəsişən xətlər üçün, həm də paralel xətlər üçün doğrudur). Sekantlarda xətt seqmentlərinin harada olmasının da əhəmiyyəti yoxdur.

Paralel xətlər vəziyyətində sübut

BC xəttini çəkək. ABC və BCD bucaqları AB və CD paralel xətləri və BC kəsişməsi altında uzanan daxili xaçlara, ACB və CBD bucaqları AC və BD paralel xətləri və BC kəsişməsi altında uzanan daxili xaçlara bərabərdir. Sonra, üçbucaqların bərabərliyinin ikinci meyarına görə, ABC və DCB üçbucaqları konqruentdir. Bu o deməkdir ki, AC = BD və AB = CD. ■

Həmçinin mövcuddur mütənasib seqment teoremi:

Paralel xətlər mütənasib seqmentləri kəsir: $$

\frac(A_1A_2)(B_1B_2)=\frac(A_2A_3)(B_2B_3)=\frac(A_1A_3)(B_1B_3).

Thales teoremi mütənasib seqmentlər teoreminin xüsusi halıdır, çünki bərabər seqmentlər mütənasiblik əmsalı 1-ə bərabər olan mütənasib seqmentlər hesab edilə bilər.

Tərs teorem

Əgər Thales teoremində bərabər seqmentlər təpədən başlayırsa (bu düstur məktəb ədəbiyyatında tez-tez istifadə olunur), onda əks teorem də doğru olacaq. Kesişən sekantlar üçün aşağıdakı kimi tərtib edilir:

Beləliklə (şəklə bax) ki, ondan $\backslash frac(CB\_1)(CA\_1)=\backslash frac(B\_1B\_2)(A\_1A\_2)=\backslash ldots\; =\; (\backslash rm\; idem)$ ondan belə çıxır ki, birbaşa $A\_1B\_1||A\_2B\_2||\backslash ldots$.

Əgər sekantlar paraleldirsə, onda hər iki sekanta seqmentlərin öz aralarında bərabər olmasını tələb etmək lazımdır, əks halda bu ifadə yanlış olur (əks misal əsasların orta nöqtələrindən keçən xətt ilə kəsişən trapesiyadır).

Variasiya və ümumiləşdirmələr

Aşağıdakı ifadə Sollertinskinin lemması ilə ikilidir:

Thales teoremi bu gün də dəniz naviqasiyasında istifadə olunur, belə ki, gəmilər bir-birinə doğru hərəkət etməyə davam edərsə, sabit sürətlə hərəkət edən gəmilər arasında toqquşma qaçılmazdır. Rusdilli ədəbiyyatdan kənarda, Thales teoremi bəzən planimetriyanın başqa bir teoremi adlanır, yəni dairənin diametrinə əsaslanan yazılı bucağın düzgün olması ifadəsi. Bu teoremin kəşfi həqiqətən də Proklun sübut etdiyi kimi Thalesə aiddir. "Tales teoremi" məqaləsinə rəy yazın Ədəbiyyat Atanasyan L. S. və başqaları. Həndəsə 7-9. - Ed. 3-cü. - M .: Maarifçilik, 1992. Qeydlər həmçinin bax Bir dairənin diametrinə əsaslanan bucaq haqqında Thales teoremi Thales teoremini xarakterizə edən bir parça "Heç nə düşünmürəm, sadəcə başa düşmürəm ... - Dayan, Sonya, sən hər şeyi başa düşəcəksən. Görün necə insandır. Mənim və onun haqqında pis fikirlər söyləmə. “Heç kim haqqında pis fikirləşmirəm: hamını sevirəm və hamıya yazığım gəlir. Amma mən nə etməliyəm? Sonya Nataşanın ona müraciət etdiyi yumşaq tondan əl çəkmədi. Nataşanın ifadəsi nə qədər yumşaq və axtarışlı idisə, Sonyanın üzü bir o qədər ciddi və sərt idi. "Nataşa," dedi, "sən məndən səninlə danışmamağımı istədin, etmədim, indi özün başladın. Nataşa, mən ona inanmıram. Niyə bu sirr? - Yenə, yenə! Nataşa sözünü kəsdi. - Nataşa, sənin üçün qorxuram. - Nədən qorxmalı? "Qorxuram ki, özünü məhv edəsən" dedi Sonya, dediklərindən qorxaraq qətiyyətlə. Nataşanın üzündə yenə qəzəb ifadə edildi. “Və məhv edəcəyəm, məhv edəcəyəm, ən qısa zamanda özümü məhv edəcəyəm. İşinə qalmayıb. Sənə yox, mənə pis olacaq. Get, məni tərk et. Sənə nifrət edirəm. - Nataşa! Sonya qorxaraq səsləndi. - Nifrət edirəm, nifrət edirəm! Və sən mənim əbədi düşmənimsən! Nataşa otaqdan qaçdı. Nataşa daha Sonya ilə danışmadı və ondan qaçdı. Eyni həyəcanlı təəccüb və cinayətkarlıq ifadəsi ilə o, otaqları gəzdi, əvvəlcə bu, sonra başqa bir məşğuliyyətlə məşğul oldu və dərhal onları tərk etdi. Sonya nə qədər çətin olsa da, gözünü rəfiqəsindən ayırmadı. Qrafin qayıtmalı olduğu gün ərəfəsində Sonya gördü ki, Nataşa bütün səhər qonaq otağının pəncərəsində oturub, sanki nəsə gözləyirmiş və oradan keçən hərbçiyə bir növ işarə vurmuşdu: Sonya Anatole ilə səhv saldı. Sonya dostunu daha da diqqətlə müşahidə etməyə başladı və Nataşanın nahar və axşam bütün vaxtlarında qəribə və qeyri-təbii vəziyyətdə olduğunu gördü (ona verilən suallara yersiz cavab verdi, cümlələri başladı və bitirmədi, hər şeyə güldü). Çaydan sonra Sonya Nataşanın qapısında onu gözləyən qorxaq bir qulluqçu gördü. O, onu buraxdı və qapını dinləyərək məktubun yenidən təhvil verildiyini öyrəndi. Və birdən Sonyaya aydın oldu ki, Nataşanın bu axşam üçün hansısa dəhşətli planı var. Sonya onun qapısını döydü. Nataşa onu içəri buraxmadı. “O, onunla qaçacaq! Sonya düşündü. O, hər şeyə qadirdir. Bu gün onun üzündə xüsusilə acınacaqlı və qətiyyətli bir şey var idi. O, əmisi ilə vidalaşaraq göz yaşlarına boğuldu, Sonya xatırladı. Bəli, düzdür, onunla qaçır - amma nə etməliyəm? - deyə düşündü Sonya, indi Nataşanın hansısa dəhşətli niyyəti olduğunu açıq şəkildə sübut edən əlamətləri xatırlayaraq. “Heç bir hesab yoxdur. Mən nə edim, Kuraqinə yazım, ondan izahat tələb edim? Bəs ona cavab verməyi kim deyir? Şahzadə Andreyin qəza vəziyyətində soruşduğu kimi Pierre yazın? ... Amma bəlkə də əslində o, Bolkonskidən imtina etmişdi (dünən Şahzadə Məryəmə məktub göndərdi). Əmi yoxdur!” Nataşa çox inanan Marya Dmitriyevnaya demək Sonyaya dəhşətli görünürdü. Ancaq bu və ya digər şəkildə, Sonya qaranlıq dəhlizdə dayanaraq düşündü: indi və ya heç vaxt sübut etmək vaxtı çatmayıb ki, mən onların ailəsinin yaxşı əməllərini xatırlayıram və Nikolayı sevirəm. Xeyr, ən azı üç gecə yatmayacağam, amma bu dəhlizdən çıxmayacağam və onu zorla içəri buraxmayacağam və onların ailəsinə utanc düşməsinə imkan verməyəcəyəm "dedi. Anatole son vaxtlar Doloxova köçdü. Rostovanın qaçırılması planı artıq bir neçə gün Doloxov tərəfindən düşünülmüş və hazırlanmışdı və Sonya Nataşanı qapıda eşidəndə onu qorumaq qərarına gəldiyi gün bu plan həyata keçirilməli idi. Nataşa axşam saat onda arxa eyvanda Kuragine çıxacağına söz verdi. Kuragin onu hazırlanmış üçlükə qoymalı və Moskvadan 60 mil məsafədə Kamenka kəndinə aparmalı idi, burada onlarla evlənməli olan kəsilmiş bir keşiş hazırlanırdı. Kamenkada onları Varşavskaya yoluna aparmalı olan qurğu hazır idi və orada poçtla xaricə qaçmalı idilər. Anatolenin pasportu var idi, bir səyyah və bacısından on min pul götürdü və Doloxovdan on min borc götürdü. İki şahid - Doloxov və Makarinin oynamaq üçün istifadə etdiyi keçmiş katib Xvostikov, təqaüdçü hussar, xoş xasiyyətli və zəif insan, Kuraqinə sonsuz sevgisi olan - çay içmək üçün birinci otaqda oturdu. Doloxovun divardan tavana qədər fars xalçaları, ayı dəriləri və silahlarla bəzədilmiş böyük kabinetində Doloxov açıq bürosunun qarşısında səyahət beşmeti və çəkmələrində əyləşdi, onun üzərində əskinaslar və pullar var idi. Anatole düymələri açılmamış formasında şahidlərin oturduğu otaqdan kabinetdən keçərək arxa otağa keçdi, orada fransız piyadası və başqaları son əşyaları yığırdılar. Doloxov pulları saydı və yazdı. "Yaxşı," dedi, "Xvostikova iki min verilməlidir. - Yaxşı, icazə verin, - Anatole dedi. - Makarka (Makarina belə deyirdilər), bu sizin üçün maraqsız olaraq oddan və suya. Yaxşı, xallar bitdi, - Doloxov ona qeydi göstərdi. - Belə ki? "Bəli, əlbəttə ki, belədir" dedi Anatole, Doloxova qulaq asmadı və üzündən getməyən bir təbəssümlə qarşısına baxdı.

1. 
   ifadə;
2. 
   sübut;

1. 
   Proporsional seqmentlər haqqında teorem;
2. 
   Ceva teoremi;

1. 
   ifadə;
2. 
   sübut;

1. 
   Menelaus teoremi;

1. 
   ifadə;
2. 
   sübut;

1. 
   Tapşırıqlar və onların həlli yolları;
2. 
   Nəticə;
3. 
   İstifadə olunan mənbələrin və ədəbiyyatın siyahısı.

Giriş.

Bütün xırda şeylər lazımdır

Əhəmiyyətli olmaq üçün...

I. Severyanin
Bu mücərrəd teoremlərin isbatına və məsələnin həllinə paralel xətlər metodunun tətbiqinə həsr edilmişdir. Niyə biz bu üsuldan istifadə edirik? Bunda tədris ili Riyaziyyatdan məktəb olimpiadasında bizə çox çətin görünən həndəsi məsələ təklif olundu. Məhz bu tapşırıq seqmentlərin uzunluqlarının nisbətinin tapılmasına dair məsələlərin həllində paralel xətlər metodunun öyrənilməsi və işlənməsi üzrə işlərin başlanmasına təkan verdi.

Metodun ideyası ümumiləşdirilmiş Thales teoreminin istifadəsinə əsaslanır. VIII sinifdə Thales teoremi, onun ümumiləşdirilməsi və “Fiqurların oxşarlıqları” mövzusu IX sinifdə və yalnız onuncu sinifdə giriş planında Ceva və Menelausun iki mühüm teoremləri öyrənilir. seqmentlərin uzunluqlarının nisbətini tapmaq üçün bir sıra məsələlərin nisbətən asanlıqla həll edildiyi. Ona görə də əsas təhsil səviyyəsində biz kifayət qədər qərar verə bilərik dar dairə bu tədris materialı üçün tapşırıqlar. Baxmayaraq ki, əsas məktəb kursu üzrə yekun attestasiyada və riyaziyyatdan USE-də imtahanın ikinci hissəsində bu mövzu üzrə tapşırıqlar (Tales teoremi. Üçbucaqların oxşarlığı, oxşarlıq əmsalı. Üçbucaqların oxşarlıq əlamətləri) təklif olunur. kağız və yüksək mürəkkəblik səviyyəsinə malikdir.

Abstrakt üzərində işləmə prosesində bu mövzu ilə bağlı biliklərimizi dərinləşdirmək mümkün oldu. Üçbucaqda mütənasib seqmentlər haqqında teoremin isbatı (teorem məktəb proqramına daxil deyil) paralel xətlər üsuluna əsaslanır. Öz növbəsində, bu teorem bizə Ceva və Menelaus teoremlərini sübut etmək üçün başqa üsul təklif etməyə imkan verdi. Nəticədə, biz seqmentlərin uzunluqlarını müqayisə etmək üçün daha geniş problemlərin həllini öyrənə bildik. Bu, bizim işimizin aktuallığıdır.

Ümumiləşdirilmiş Thales teoremi.

Formulyasiya:

Verilmiş iki xətti kəsən paralel xətlər bu xətlərdə mütənasib seqmentləri kəsir.
Verildi:

Düz a paralel xətlərlə kəsilmiş ( AMMA 1 AT 1 , AMMA 2 AT 2 , AMMA 3 AT 3 ,…, AMMA n B n) seqmentlərə bölünür AMMA 1 AMMA 2 , AMMA 2 AMMA 3 , …, A n -1 A n, və düz xətt b- seqmentlərə bölünür AT 1 AT 2 , AT 2 AT 3 , …, AT n -1 AT n .

Sübut edin:

Sübut:

Məsələn, bunu sübut edək

İki halı nəzərdən keçirin:

1 qutu (Şəkil b)

Birbaşa a və b paraleldirlər. Sonra dördbucaqlılar

AMMA 1 AMMA 2 AT 2 AT 1 və AMMA 2 AMMA 3 AT 3 AT 2 - paraleloqramlar. Buna görə də

AMMA 1 AMMA 2 =AT 1 AT 2 və AMMA 2 AMMA 3 =AT 2 AT 3 , buradan belə gəlir

2 qutu (şək. c)

a və b xətləri paralel deyil. Nöqtə vasitəsilə AMMA 1 düz xətt çəkək ilə, xəttinə paralel b. O, xətləri keçəcək AMMA 2 AT 2 və AMMA 3 AT 3 bəzi nöqtələrdə FROM 2 və FROM 3 . üçbucaqlar AMMA 1 AMMA 2 FROM 2 və AMMA 1 AMMA 3 FROM 3 iki bucaqda oxşardır (bucaq AMMA 1 – ümumi, açılar AMMA 1 AMMA 2 FROM 2 və AMMA 1 AMMA 3 FROM 3 paralel xətlər altında uyğun olaraq bərabərdir AMMA 2 AT 2 və AMMA 3 AT 3 sekant AMMA 2 AMMA 3 ), buna görə də

1+

Yaxud nisbətlərin xassəsinə görə

Digər tərəfdən, birinci halda sübuta yetirilənlərlə bizdə var AMMA 1 FROM 2 =AT 1 AT 2 , FROM 2 FROM 3 =AT 2 AT 3 . Mütənasib olaraq dəyişdirmə (1) AMMA 1 FROM 2 üstündə AT 1 AT 2 və FROM 2 FROM 3 üstündə AT 2 AT 3 , bərabərliyə çatırıq

Q.E.D.
Üçbucaqda mütənasib seqmentlər haqqında teorem.

Yanlarda AC və günəşüçbucaq ABC nöqtələr qeyd olunur Kimə və M belə ki AC:CS=m: n, BM: MC= səh: q. Seqmentlər AM və VC bir nöqtədə kəsişir O(Şəkil 124b).

Sübut edin:

Sübut:
Nöqtə vasitəsilə M düz xətt çəkək MD(Şəkil 124a), paralel VC. Yan tərəfə keçir AC nöqtədə D, və Thales teoreminin ümumiləşdirilməsinə görə

Qoy AK=mx. Sonra problemin vəziyyətinə uyğun olaraq KS=nx, və o vaxtdan bəri KD: DC= səh: q, sonra yenidən Thales teoreminin ümumiləşdirilməsindən istifadə edirik:

Eynilə, sübut edilmişdir .

Ceva teoremi.
Teorem 1678-ci ildə bunu sübut edən italyan riyaziyyatçısı Covanni Cevanın şərəfinə adlandırılmışdır.

Formulyasiya:

Əgər ABC üçbucağının AB, BC və CA tərəflərində müvafiq olaraq C nöqtələri götürülürsə 1 , AMMA 1 və B 1 , sonra AA seqmentləri 1 , BB 1 və SS 1 yalnız və yalnız bir nöqtədə kəsişir

Verildi:

Üçbucaq ABC və yanlarında AB, günəş və AC nöqtələr qeyd olunur FROM 1 ,AMMA 1 və AT 1 .

Sübut edin:

2.kəsiklər A A 1 , BB 1 və SS 1 bir nöqtədə kəsişir.

Sübut:
1. Seqmentlərə icazə verin AA 1 , BB 1 və SS 1 bir nöqtədə kəsişir O. (3) bərabərliyinin olduğunu sübut edək. 1-ci üçbucaqda mütənasib seqmentlər haqqında teoremə görə bizdə:

Bu bərabərliklərin sol hissələri eyni olduğu üçün sağ hissələr də bərabərdir. Onları bərabərləşdirərək, əldə edirik

Hər iki hissənin bölünməsi sağ tərəf, bərabərliyə çatırıq (3).

2. Gəlin əks iddianı sübut edək. Qoy xallar FROM 1 ,AMMA 1 və AT 1 tərəflərə çəkilir AB, günəş və SA beləliklə (3) bərabərliyi qorunur. Seqmentlər olduğunu sübut edək AA 1 , BB 1 və SS 1 bir nöqtədə kəsişir. Hərflə qeyd edin O seqmentlərin kəsişmə nöqtəsi A A 1 və BB 1 və düz xətt çəkin BELƏ Kİ. Yan tərəfə keçir AB işarə etdiyimiz bir nöqtədə FROM 2 . Seqmentlərdən bəri AA 1 , BB 1 və SS 1 bir nöqtədə kəsişir, sonra birinci bənddə sübut edilənlərlə

Beləliklə, (3) və (4) bərabərlikləri yerinə yetirilir.

Onları müqayisə edərək = bərabərliyinə çatırıq ki, bu da xalların olduğunu göstərir C 1 və C 2 bir tərəfi paylaşın AB C 1 və C 2 üst-üstə düşür və buna görə də seqmentlər AA 1 , BB 1 və SS 1 bir nöqtədə kəsişir O.

Q.E.D.
Menelaus teoremi.

Formulyasiya:

Əgər AB və BC tərəflərində və AC tərəfinin uzantısında (və ya AB, BC və AC tərəflərinin uzantılarında) müvafiq olaraq C nöqtələri alınırsa 1 , AMMA 1 , AT 1 , onda bu nöqtələr yalnız və yalnız əgər eyni xətt üzərində yerləşir

Verildi:

Üçbucaq ABC və yanlarında AB, günəş və AC nöqtələr qeyd olunur FROM 1 ,AMMA 1 və AT 1 .

Sübut edin:

2. xal AMMA 1 ,FROM 1 və AT 1 eyni xəttdə yatmaq
Sübut:
1. Xallara icazə verin AMMA 1 ,FROM 1 və AT 1 eyni xəttdə yatmaq. (5) bərabərliyinin olduğunu sübut edək. sərf edək AD,OLUN və CF düz xəttə paralel AT 1 AMMA 1 (nöqtə D düz xətt üzərində yerləşir günəş). Ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə görə, biz var:

Bu bərabərliklərin sol və sağ hissələrini vuraraq əldə edirik

olanlar. bərabərlik (5) yerinə yetirilir.
2. Gəlin əks iddianı sübut edək. Qoy nöqtə olsun AT 1 davamı tərəfdə götürülmüşdür AC, və nöqtələr FROM 1 və AMMA 1 - yanlarda AB və günəş, və bərabərliyin (5) yerinə yetirildiyi şəkildə. Nöqtələrin olduğunu sübut edək AMMA 1 ,FROM 1 və AT 1 eyni xəttdə yatmaq. Qoy A 1 C 1 düz xətti AC tərəfinin davamını B 2 nöqtəsində kəssin, onda birinci abzasda sübut edilənlərlə

(5) və (6) müqayisə edərək = bərabərliyinə çatırıq ki, bu da nöqtələrin olduğunu göstərir AT 1 və AT 2 bir tərəfi paylaşın AC eyni baxımdan. Buna görə də nöqtələr AT 1 və AT 2 üst-üstə düşür və buna görə də nöqtələr AMMA 1 ,FROM 1 və AT 1 eyni xəttdə yatmaq. Əks müddəa hər üç məqamda eyni şəkildə sübuta yetirilir AMMA 1 ,FROM 1 və AT 1 müvafiq tərəflərin uzantılarında yatın.

Q.E.D.

Problemin həlli.

Üçbucaqda seqmentlərin mütənasib bölünməsinə dair bir sıra məsələlərin nəzərdən keçirilməsi təklif olunur. Yuxarıda qeyd edildiyi kimi, problemdə lazım olan nöqtələrin yerini müəyyən etmək üçün bir neçə üsul var. İşimizdə paralel xətlər metodu üzərində dayandıq. Bu metodun nəzəri əsasını köçürmək üçün paralel xətlərdən istifadə etməyə imkan verən ümumiləşdirilmiş Thales teoremi təşkil edir məşhur əlaqələr bucağın bir tərəfindən onun ikinci tərəfinə nisbətlər, beləliklə, problemi həll etmək üçün yalnız bu paralel xətləri rahat şəkildə çəkmək lazımdır.
Xüsusi tapşırıqları nəzərdən keçirin:
Tapşırıq №1 ABC üçbucağında BC tərəfində M nöqtəsi götürülür ki, VM:MC=3:2 olsun. P nöqtəsi AM seqmentini 2:1 nisbətində bölür. BP xətti AC tərəfi ilə B nöqtəsində kəsişir 1 . Hansı baxımdan B nöqtəsidir 1 tərəfi AC bölür?

Həll: AB 1 nisbətini tapmaq lazımdır: B 1 C, AC B 1 nöqtəsinin yerləşdiyi istənilən seqmentdir.

Paralel üsul aşağıdakı kimidir:

1. 
   paralel xətlərlə istədiyiniz seqmenti kəsin. Artıq bir BB 1 var, ikinci MN isə BB 1-ə paralel M nöqtəsi vasitəsilə çəkiləcək.
2. 
   Məlum nisbəti bucağın bir tərəfindən digər tərəfinə köçürün, yəni. bu düz xətlərlə kəsilmiş tərəfin bucaqlarını nəzərdən keçirin.

C bucağının tərəfləri BB 1 və MN düz xətləri ilə kəsilir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə görə belə nəticəyə gəlirik. AT 1 N=3r, NC=2r. MAC bucağının tərəfləri PB 1 və MN xətlərini kəsir və tərəflərini 2: 1 nisbətində bölün, buna görə də AB 1: B 1 N \u003d 2: 1 və buna görə də AB 1 \u003d 2n, AT 1 N= n. Çünki AT 1 N=3r, və AT 1 N= n, sonra 3p=n.

Gəlin bizə maraq nisbətinə keçək AB 1: B 1 C \u003d AB 1: (B 1 N + NC) \u003d 2n: (3p + 2p) \u003d (2 * 3p): (5p) \u003d 6: 5.

Cavab: AB 1:B 1 C = 6:5.

Şərh: Bu problemi Menelaus teoremindən istifadə etməklə həll etmək olar. AMC üçbucağına tətbiq olunur. Sonra BB 1 xətti üçbucağın iki tərəfini B 1 və P nöqtələrində, üçüncünün davamı isə B nöqtəsində kəsir. Beləliklə, bərabərlik tətbiq edilir: , Nəticədə
Tapşırıq nömrəsi 2 ABC üçbucağında AN mediandır. AC tərəfində M nöqtəsi götürülür ki, AM: MC \u003d 1: 3. AN və BM seqmentləri O nöqtəsində kəsişir, CO şüası isə AB ilə K nöqtəsində kəsişir. K nöqtəsi AB seqmentini hansı nisbətdə bölür.

Həll: AK-nin KV-yə nisbətini tapmalıyıq.

1) SK xəttinə paralel NN 1 xəttini və VM xəttinə paralel NN 2 xəttini çəkin.

2) ABC bucağının tərəfləri SC və NN 1 düz xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsasən BN 1:N 1 K=1:1 və ya BN 1 = nəticəsinə gəlirik. N 1 K= y.

3) BCM bucağının tərəfləri BM və NN 2 xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsasən CN 2:N 2 M=1:1 və ya CN 2 = N 2 M=3:2= nəticəsinə gəlirik. 1.5.

4) NAC bucağının tərəfləri BM və NN 2 xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsasən AO nəticəsinə gəlirik: ON=1:1,5 və ya AO=m ON=1,5m.

5) BAN bucağının tərəfləri SK və NN 1 düz xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə görə AK nəticəsinə gəlirik: KN 1 \u003d 1: 1.5 və ya AK \u003d n KN 1 =1,5 n.

6) KN 1 \u003d y \u003d 1.5n.

Cavab: AK:KV=1:3.

Şərh: Bu problemi ABC üçbucağına tətbiq etməklə Ceva teoremindən istifadə etməklə həll etmək olar. Şərtə görə, N, M, K nöqtələri ABC üçbucağının tərəflərində yerləşir və AN, CK və VM seqmentləri bir nöqtədə kəsişir, bu isə bərabərliyin doğru olduğunu bildirir: , məlum münasibətləri əvəz edirik, AK:KV=1:3 olur.

Tapşırıq №3 ABC üçbucağının BC tərəfində elə bir D nöqtəsi alınır ki, BD: DC \u003d 2: 5, AC tərəfində isə E nöqtəsi elə olsun ki, . BE və AD seqmentləri onların kəsişdiyi K nöqtəsinə hansı nisbətdə bölünür?
Həll: Tapmaq lazımdır 1) AK:KD=? 2) VK:KE=?

1) BE xəttinə paralel DD 1 xəttini çəkin.

2) ALL bucağının tərəfləri BE və DD 1 xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsasən CD 1:D 1 E=5:2 və ya CD 1 = 5z, D 1 E=2z nəticəsinə gəlirik.

3) AE:EC=1:2 şərtinə görə, yəni. AE \u003d x, EC \u003d 2x, lakin EC \u003d CD 1 + D 1 E, sonra 2y=5z+2 z=7 z, z=

4) DCA bucağının tərəfləri BE və DD 1 xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsasən belə nəticəyə gəlirik.

5) VK:KE nisbətini təyin etmək üçün EE 1 düz xəttini çəkirik və oxşar şəkildə mübahisə edərək, əldə edirik.

Cavab: AK:KD=7:4; VK:KE=6:5.
Şərh: Bu problem Menelaus teoremi ilə həll edilə bilər. WEIGHT üçbucağına tətbiq edilməsi. Sonra DA xətti üçbucağın iki tərəfini D və K nöqtələrində, üçüncü tərəfin davamı isə A nöqtəsində kəsişir. Beləliklə, bərabərlik tətbiq edilir: , buna görə də VK:KE=6:5. ADC üçbucağına münasibətdə eyni şəkildə mübahisə edərək, əldə edirik , AK:KD=7:4.
Məsələ №4 ∆ ABC-də AD bissektrisa BC tərəfini 2:1 nisbətində bölür.Median CE bu bissektrisa hansı nisbətdə bölür?

Həlli: O nöqtəsi olsun AD bissektrisasının və medianın CE-nin kəsişməsi. AO:OD nisbətini tapmalıyıq.

1) CE xəttinə paralel DD 1 xəttini çəkin.

2) ABC bucağının tərəfləri CE və DD 1 xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsasən BD 1:D 1 E=2:1 və ya BD 1 = 2p, D 1 E=p nəticəsinə gəlirik.

3) AE:EB=1:1 şərtinə görə, yəni. AE=y, EB=y, lakin EB= BD 1 + D 1 E, deməli y=2səh+ səh=3 səh, səh =
4) BAD bucağının tərəfləri OE və DD 1 xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsasən belə nəticəyə gəlirik. .

Cavab: AO:OD=3:1.

Tapşırıq № 5 AB və AC ∆ABC tərəflərində müvafiq olaraq M və N nöqtələri verilmişdir ki, aşağıdakı AM:MB=C bərabərlikləri təmin edilsin.N: NA=1:2. BN və CM seqmentlərinin kəsişməsinin S nöqtəsi bu seqmentlərin hər birini hansı nisbətdə bölür.

Məsələ №6 ABC üçbucağının medianın AM üzərində K nöqtəsi götürülür və AK:KM=1:3. K nöqtəsindən AC tərəfinə paralel keçən xəttin BC tərəfini ayırdığı nisbəti tapın.

Həlli: M 1 nöqtə olsun AC tərəfi ilə BC tərəfinə paralel K nöqtəsindən keçən xəttin kəsişməsi. BM 1:M 1 C nisbətini tapmaq lazımdır.

1) AMC bucağının tərəfləri KM 1 və AC düz xətləri ilə kəsişir və ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə görə MM 1 nəticəsinə gəlirik: M 1 C=3:1 və ya MM 1 \u003d 3z, M 1 C \u003d z

2) VM:MS=1:1 şərtinə görə, yəni VM=y, MC=y, lakin MC=MM 1 + M 1 C, deməli y=3z+ z=4 z,

3) .

Cavab: VM 1:M 1 C = 7:1.

Məsələ №7 ABC üçbucağı verilmişdir. AC tərəfinin uzadılmasında C nöqtəsi üçün bir nöqtə götürülürN, və CN=AC; K nöqtəsi AB tərəfinin orta nöqtəsidir. K xətti nə ilə bağlıdırNBC tərəfini ayırır.

Şərh: Bu problem Menelaus teoremi ilə həll edilə bilər. Onu ABC üçbucağına tətbiq edirik. Sonra KN düz xətti üçbucağın iki tərəfini K və K 1 nöqtələrində, üçüncünün davamı isə N nöqtəsində kəsişir. Beləliklə, bərabərlik tətbiq edilir: , buna görə də VK 1:K 1 C=2:1.

Tapşırıq №8

Saytlar:

http://www.problems.ru

http://interneturok.ru/

Vahid Dövlət İmtahanı 2011 Riyaziyyat Tapşırığı C4 R.K. Gordin M .: MTSNMO, 2011, - 148 s

Nəticə:

Seqmentlərin uzunluqlarının nisbətini tapmaq üçün məsələlərin və teoremlərin həlli ümumiləşdirilmiş Thales teoreminə əsaslanır. Biz Thales teoremini tətbiq etmədən paralel xətlərdən istifadə etməyə, məlum nisbətləri bucağın bir tərəfindən digər tərəfə köçürməyə və beləliklə, bizə lazım olan nöqtələrin yerini tapmağa və uzunluqları müqayisə etməyə imkan verən bir üsul hazırladıq. Abstrakt üzərində işləmək bizə həndəsi məsələlərin həllini öyrənməyə kömək etdi yüksək səviyyəçətinliklər. Məşhur rus şairi İqor Severyaninin sözlərinin doğruluğunu başa düşdük: "Əhəmiyyətli olmaq üçün əhəmiyyətsiz hər şey lazımdır ..." və əminik ki, Vahid Dövlət İmtahanında biz təklif olunan vəzifələrin həllini tapacağıq. paralel xətlər üsulu.

1 Üçbucaqda mütənasib seqmentlər haqqında teorem yuxarıda təsvir edilən teoremdir.

Əgər bucağın tərəfləri tərəflərdən birini bir neçə seqmentə ayıran düz paralel xətlərlə kəsişirsə, ikinci tərəf, düz xətlər də digər tərəfə ekvivalent seqmentlərə bölünəcəkdir.

Thales teoremi aşağıdakıları sübut edir: С 1 , С 2 , С 3 - bucağın istənilən tərəfində paralel xətlərin kəsişdiyi yerlərdir. C 2 C 1 və C 3-ə nisbətən ortadadır.. D 1 , D 2 , D 3 nöqtələri bucağın digər tərəfi ilə xətlərə uyğun gələn xətlərin kəsişdiyi yerlərdir. Sübut edirik ki, C 1 C 2 \u003d C 2 C z olduqda, D 1 D 2 \u003d D 2 D 3 olur.
C 1 C 3 kəsiyinə paralel D 2 yerində düz KR seqmentini çəkirik. Paraleloqramın xüsusiyyətlərində C 1 C 2 \u003d KD 2, C 2 C 3 \u003d D 2 P. Əgər C 1 C 2 \u003d C 2 C 3, onda KD 2 \u003d D 2 P.

Nəticədə D 2 D 1 K və D 2 D 3 P üçbucaqlı fiqurları bərabərdir. Və sübuta görə D 2 K=D 2 P. Üst nöqtəsi D 2 olan bucaqlar şaquli, D 2 KD 1 və D 2 PD 3 bucaqları C 1 D 1 və C 3 D 3 paralelləri ilə uzanan və KP-ni ayıran daxili xaçlara bərabərdir.
D 1 D 2 =D 2 D 3 olduğundan teorem üçbucağın tərəflərinin bərabərliyi ilə isbat olunur.

Qeyd: Bucağın tərəflərini deyil, iki düz seqmenti götürsək, sübut eyni olacaq.
Nəzərdən keçirdiyimiz iki xətti kəsən və onlardan birini eyni hissələrə ayıran bir-birinə paralel olan istənilən düz xətt seqmentləri ikincisi ilə də eyni şeyi edir.

Gəlin bir neçə nümunəyə baxaq

Birinci misal

Tapşırıqın şərti CD-ni sətirə bölməkdir P eyni seqmentlər.
C nöqtəsindən CD xəttində olmayan c yarımxətti çəkirik. Üzərində eyni ölçülü hissələri qeyd edək. SS 1, C 1 C 2, C 2 C 3 ..... C p-1 C p.C p-ni D ilə birləşdiririk. C 1, C 2, ...., C p nöqtələrindən düz xətlər çəkirik. -1, C p D ilə müqayisədə paralel olacaq. Xətlər CD-ni D 1 D 2 D p-1 yerlərində kəsəcək və CD xəttini n eyni seqmentə böləcək.

İkinci misal

ABC üçbucağının AB tərəfində CK nöqtəsi qeyd edilmişdir. SK seqmenti üçbucağın medianı AM ilə P nöqtəsində kəsişir, AK = AP. VC-nin RM-yə nisbətini tapmaq tələb olunur.
M nöqtəsindən AB ilə D nöqtəsində kəsişən SC-yə paralel düz xətt çəkirik

By Thales teoremiВD=КD
Mütənasib seqmentlər teoremi ilə bunu əldə edirik
PM \u003d KD \u003d VK / 2, buna görə də VK: PM \u003d 2: 1
Cavab: VK: RM = 2:1

Üçüncü misal

ABC üçbucağında BC tərəfi = 8 sm.DE xətti AC-yə paralel AB və BC tərəflərini kəsir. Və BC tərəfində AB = 4 sm seqmentini kəsir. AD = DB olduğunu sübut edin.

BC = 8 sm və AB = 4 sm olduğundan
BE = BC-EU, buna görə də BE = 8-4 = 4(sm)
By Thales teoremi, AC DE və EC \u003d BE-yə paralel olduğundan, buna görə də AD \u003d DB. Q.E.D.

AT qadın jurnalı- onlayn, çox şey tapacaqsınız maraqlı məlumatÖzüm üçün. Sergey Yeseninin yazdığı şeirlərə həsr olunmuş bölmə də var. Gəlin, peşman olmayacaqsınız!

Paralel və sekant haqqında.

Rusdilli ədəbiyyatdan kənarda, Thales teoremi bəzən planimetriyanın başqa bir teoremi adlanır, yəni dairənin diametrinə əsaslanan yazılı bucağın düzgün olması ifadəsi. Bu teoremin kəşfi həqiqətən də Proklun sübut etdiyi kimi Thalesə aiddir.

Sözlər

Əgər iki düz xəttdən birində bir neçə bərabər seqment ardıcıl olaraq kənara qoyularsa və onların uclarından ikinci düz xətti kəsən paralel xətlər çəkilərsə, onda onlar ikinci düz xəttdə bərabər seqmentləri kəsərlər.

Daha ümumi bir formulasiya da deyilir mütənasib seqment teoremi

Paralel xətlər mütənasib seqmentləri kəsir:

A 1 A 2 B 1 B 2 = A 2 A 3 B 2 B 3 = A 1 A 3 B 1 B 3 . (\ displaystyle (\ frac (A_(1)A_(2))(B_(1)B_(2)))=(\frac (A_(2)A_(3))(B_(2)B_(3)) ))=(\frac (A_(1)A_(3))(B_(1)B_(3))).)

Qeydlər

• Teoremdə sekantların qarşılıqlı düzülüşündə heç bir məhdudiyyət yoxdur (həm kəsişən xətlər üçün, həm də paralel xətlər üçün doğrudur). Sekantlarda xətt seqmentlərinin harada olmasının da əhəmiyyəti yoxdur.

• Thales teoremi mütənasib seqmentlər teoreminin xüsusi halıdır, çünki bərabər seqmentlər mütənasiblik əmsalı 1-ə bərabər olan mütənasib seqmentlər hesab edilə bilər.

Sekantların işində sübut

Əlaqəsiz cüt seqmentləri olan variantı nəzərdən keçirin: bucaq düz xətlərlə kəsilsin. A A 1 | | B B 1 | | C C 1 | | D D 1 (\displaystyle AA_(1)||BB_(1)||CC_(1)||DD_(1)) və burada A B = C D (\displaystyle AB=CD).

Paralel xətlər vəziyyətində sübut

Bir düz xətt çəkək e.ə. künclər ABC və BCD paralel xətlərdə uzanan daxili xaçlara bərabərdir AB və CD və sekant e.ə, və bucaqlar ACB və CBD paralel xətlərdə uzanan daxili xaçlara bərabərdir AC və BD və sekant e.ə. Sonra üçbucaqların bərabərliyinin ikinci meyarına görə üçbucaqlar ABC və DCB bərabərdirlər. Buna görə də belə çıxır AC = BD və AB = CD. ■

Variasiya və ümumiləşdirmələr

Tərs teorem

Əgər Thales teoremində bərabər seqmentlər təpədən başlayırsa (bu düstur məktəb ədəbiyyatında tez-tez istifadə olunur), onda əks teorem də doğru olacaq. Kesişən sekantlar üçün aşağıdakı kimi tərtib edilir:

Tərs Thales teoremində bərabər seqmentlərin təpədən başlaması vacibdir

Beləliklə (şəklə bax) ki, ondan C B 1 C A 1 = B 1 B 2 A 1 A 2 = … (\displaystyle (\frac (CB_(1))(CA_(1))))=(\frac (B_(1)B_(2))(A_) (1)A_(2)))=\ldots ), bunu izləyir A 1 B 1 | | A 2 B 2 | | … (\displaystyle A_(1)B_(1)||A_(2)B_(2)||\ldots ).

Əgər sekantlar paraleldirsə, onda hər iki sekanta seqmentlərin öz aralarında bərabər olmasını tələb etmək lazımdır, əks halda bu ifadə yanlış olur (əks misal əsasların orta nöqtələrindən keçən xətt ilə kəsişən trapesiyadır).

Bu teorem naviqasiyada istifadə olunur: bir gəmidən digərinə istiqamət saxlanılarsa, sabit sürətlə hərəkət edən gəmilərin toqquşması qaçılmazdır.

Sollertinskinin Lemması

Aşağıdakı ifadə Sollertinskinin lemması ilə ikilidir:

Qoy f (\displaystyle f)- xəttin nöqtələri arasında proyektiv uyğunluq l (\displaystyle l) və birbaşa m (\displaystyle m). Sonra xətlər dəsti bəzi (ehtimal ki, degenerativ) konik hissəyə toxunan dəstlər olacaqdır.

Thales teoremi vəziyyətində konus paralel xətlərin istiqamətinə uyğun sonsuzluq nöqtəsi olacaqdır.

Bu bəyanat, öz növbəsində, aşağıdakı ifadənin məhdudlaşdırıcı halıdır:

Qoy f (\displaystyle f) konisin proyektiv çevrilməsidir. Sonra xətlər dəstinin zərfi X f (X) (\displaystyle Xf(X)) bir konus olacaq (ehtimal ki, degenerasiya).