Teorema je suprotna Talesovoj teoremi. Talesova teorema. Kompletne lekcije – Hipermarket znanja
O paralelama i sekantima.
Izvan literature na ruskom jeziku, Talesova teorema se ponekad naziva još jednom teoremom planimetrije, naime, tvrdnja da je upisani ugao sastavljen prečnikom kružnice pravi ugao. Otkriće ove teoreme se zaista pripisuje Talesu, o čemu svjedoči Proklo.
Formulacije
Ako je nekoliko jednakih segmenata postavljeno uzastopno na jednu od dvije linije i paralelne prave se povuku kroz njihove krajeve koji sijeku drugu liniju, tada će se odsjeći na drugoj liniji jednaki segmenti.
Općenitija formulacija, tzv teorema o proporcionalnom segmentu
Paralelne prave odsijecaju proporcionalne segmente na sekantima:
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))).)Bilješke
- Teorema nema ograničenja na relativnu poziciju sekanti (to je istina i za prave i za paralelne). Takođe nije važno gdje se nalaze segmenti na sekantima.
- Talesova teorema je poseban slučaj teoreme o proporcionalnim segmentima, budući da se jednaki segmenti mogu smatrati proporcionalnim segmentima sa koeficijentom proporcionalnosti jednakim 1.
Dokaz u slučaju sekanata
Razmotrimo opciju s nepovezanim parovima segmenata: neka kut bude presječen pravim linijama A A 1 | | B B 1 | | C C 1 | | D D 1 (\displaystyle AA_(1)||BB_(1)||CC_(1)||DD_(1)) i gde A B = C D (\displaystyle AB=CD).
Dokaz u slučaju paralelnih pravih
Hajde da napravimo direktan B.C.. Uglovi ABC I BCD jednaka kao unutrašnja poprečno ležeći sa paralelnim linijama AB I CD i sekansa B.C., i uglovi ACB I CBD jednaka kao unutrašnja poprečno ležeći sa paralelnim linijama A.C. I BD i sekansa B.C.. Zatim, po drugom kriteriju za jednakost trouglova, trouglovi ABC I DCB su jednaki. Iz toga slijedi A.C. = BD I AB = CD. ■
Varijacije i generalizacije
Obratna teorema
Ako u Talesovoj teoremi jednaki segmenti počinju od vrha (ova se formulacija često koristi u školskoj literaturi), tada će biti istinita i obrnuta teorema. Za presečne sekante formuliše se na sledeći način:
U Talesovoj obrnutoj teoremi, važno je da jednaki segmenti počinju od vrha
Dakle (vidi sliku) iz činjenice da 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 ), slijedi to A 1 B 1 | | A 2 B 2 | | … (\displaystyle A_(1)B_(1)||A_(2)B_(2)||\ldots ).
Ako su sekante paralelne, onda je potrebno zahtijevati da segmenti na obje sekante budu jednaki jedan drugom, inače ova izjava postaje netačna (kontraprimjer je trapez presječen pravom koja prolazi kroz sredine baza).
Ova teorema se koristi u navigaciji: sudar brodova koji se kreću konstantna brzina, je neizbježan ako se održava smjer od jednog plovila do drugog.
Lema Sollertinskog
Sljedeća izjava je dvojna Sollertinskyjevoj lemi:
|
Neka f (\displaystyle f)- projektivna korespondencija između tačaka na pravoj l (\displaystyle l) i ravno m (\displaystyle m). Tada će skup linija biti skup tangenti na neki konusni presjek (moguće degeneriran). |
U slučaju Talesove teoreme, konika će biti beskonačna tačka, koja odgovara smjeru paralelnih linija.
Ova izjava je, pak, ograničavajući slučaj sljedeće izjave:
|
Neka f (\displaystyle f)- projektivna transformacija konike. Zatim omotnica skupa pravih linija X f (X) (\displaystyle Xf(X))će biti konus (moguće degenerisan). |
O paralelama i sekantima.
Izvan literature na ruskom jeziku, Talesova teorema se ponekad naziva još jednom teoremom planimetrije, naime, tvrdnja da je upisani ugao sastavljen prečnikom kružnice pravi ugao. Otkriće ove teoreme se zaista pripisuje Talesu, o čemu svjedoči Proklo.
Formulacije
Ako je nekoliko jednakih segmenata postavljeno uzastopno na jednu od dvije linije i paralelne linije se povuku kroz njihove krajeve koji sijeku drugu liniju, tada će odsjeći jednake segmente na drugoj liniji.
Općenitija formulacija, tzv teorema o proporcionalnom segmentu
Paralelne prave odsijecaju proporcionalne segmente na sekantima:
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))).)Bilješke
- Teorema nema ograničenja na relativnu poziciju sekanti (to je istina i za prave i za paralelne). Takođe nije važno gdje se nalaze segmenti na sekantima.
- Talesova teorema je poseban slučaj teoreme o proporcionalnim segmentima, budući da se jednaki segmenti mogu smatrati proporcionalnim segmentima sa koeficijentom proporcionalnosti jednakim 1.
Dokaz u slučaju sekanata
Razmotrimo opciju s nepovezanim parovima segmenata: neka kut bude presječen pravim linijama A A 1 | | B B 1 | | C C 1 | | D D 1 (\displaystyle AA_(1)||BB_(1)||CC_(1)||DD_(1)) i gde A B = C D (\displaystyle AB=CD).
- Hajde da provučemo tačke A (\displaystyle A) I C (\displaystyle C) prave linije paralelne sa drugom stranom ugla. A B 2 B 1 A 1 (\displaystyle AB_(2)B_(1)A_(1)) I C D 2 D 1 C 1 (\displaystyle CD_(2)D_(1)C_(1)). Prema svojstvu paralelograma: A B 2 = A 1 B 1 (\displaystyle AB_(2)=A_(1)B_(1)) I C D 2 = C 1 D 1 (\displaystyle CD_(2)=C_(1)D_(1)).
- Trouglovi △ A B B 2 (\displaystyle \bigtriangleup ABB_(2)) I △ C D D 2 (\displaystyle \bigtriangleup CDD_(2)) jednaki su na osnovu drugog znaka jednakosti trouglova
Dokaz u slučaju paralelnih pravih
Hajde da napravimo direktan B.C.. Uglovi ABC I BCD jednaka kao unutrašnja poprečno ležeći sa paralelnim linijama AB I CD i sekansa B.C., i uglovi ACB I CBD jednaka kao unutrašnja poprečno ležeći sa paralelnim linijama A.C. I BD i sekansa B.C.. Zatim, po drugom kriteriju za jednakost trouglova, trouglovi ABC I DCB su jednaki. Iz toga slijedi A.C. = BD I AB = CD. ■
Varijacije i generalizacije
Obratna teorema
Ako u Talesovoj teoremi jednaki segmenti počinju od vrha (ova se formulacija često koristi u školskoj literaturi), tada će biti istinita i obrnuta teorema. Za presečne sekante formuliše se na sledeći način:
Dakle (vidi sliku) iz činjenice da 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 ), slijedi to A 1 B 1 | | A 2 B 2 | | … (\displaystyle A_(1)B_(1)||A_(2)B_(2)||\ldots ).
Ako su sekante paralelne, onda je potrebno zahtijevati da segmenti na obje sekante budu jednaki jedan drugom, inače ova izjava postaje netačna (kontraprimjer je trapez presječen pravom koja prolazi kroz sredine baza).
Ova teorema se koristi u navigaciji: sudar između brodova koji se kreću konstantnom brzinom je neizbježan ako se održava smjer od jednog broda do drugog.
Lema Sollertinskog
Sljedeća izjava je dvojna Sollertinskyjevoj lemi:
|
Neka f (\displaystyle f)- projektivna korespondencija između tačaka na pravoj l (\displaystyle l) i ravno m (\displaystyle m). Zatim skup linija X f (X) (\displaystyle Xf(X))će biti skup tangenata na neke |
Formulacija;
Dokaz;
Teorema o proporcionalnim segmentima;
Ceva teorema;
Formulacija;
Dokaz;
Menelajeva teorema;
Formulacija;
Dokaz;
Problemi i njihova rješenja;
Zaključak;
Spisak korištenih izvora i literature.
Uvod.
Sve malo je potrebno
Da bude značajan...
I. Severyanin
Ovaj sažetak je posvećen primjeni metode paralelnih linija za dokazivanje teorema i rješavanje problema. Zašto se okrećemo ovoj metodi? U tome akademske godine Na školskoj olimpijadi iz matematike predložen je geometrijski zadatak, koji nam se činio veoma teškim. Upravo je ovaj problem dao poticaj za početak rada na proučavanju i savladavanju metode paralelnih pravih pri rješavanju problema nalaženja omjera dužina odsječaka.
Ideja same metode temelji se na korištenju generalizirane Talesove teoreme. Talesova teorema se izučava u osmom razredu, njeno uopštavanje i tema „Sličnost figura“ u devetom, a tek u desetom razredu se u uvodnom planu izučavaju dvije važne teoreme Čeve i Menelaja uz pomoć kojih se brojni problemi nalaženja odnosa dužina segmenata se relativno lako rješavaju. Dakle, na nivou osnovnog obrazovanja možemo sasvim odlučiti uski krug zadataka za ovaj obrazovni materijal. Iako na završnoj ovjeri za osnovnu školu i na Jedinstvenom državnom ispitu iz matematike, zadaci na ovu temu (Talesova teorema. Sličnost trouglova, koeficijent sličnosti. Znaci sličnosti trouglova) ponuđeni su u drugom dijelu ispitni rad i odnose se na visok nivo složenosti.
U procesu rada na sažetku postalo je moguće produbiti naše znanje o ovoj temi. Dokaz teoreme o proporcionalnim segmentima u trouglu (teorema nije uključena u školski program) zasniva se na metodi paralelnih pravih. Zauzvrat, ova teorema je omogućila da se predloži drugi način dokazivanja Ceve i Menelaja teorema. I kao rezultat toga, uspjeli smo naučiti kako riješiti širi spektar problema koji uključuju poređenje dužina segmenata. To je relevantnost našeg rada.
Generalizovana Talesova teorema.
Formulacija:
Paralelne prave koje sijeku dvije date prave odsijecaju proporcionalne segmente na ovim pravima.
Dato:
Pravo A rezati paralelnim linijama ( A 1 IN 1 , A 2 IN 2 , A 3 IN 3 ,…, A n B n) na segmente A 1 A 2 , A 2 A 3 , …, A n -1 A n, i prava linija b- u segmente IN 1 IN 2 , IN 2 IN 3 , …, IN n -1 IN n .
dokazati:
dokaz:
Dokažimo, na primjer, to
Razmotrimo dva slučaja:
1 slučaj (sl. b)
Direktno a I b paralelno. Zatim četvorouglovi
A 1 A 2 IN 2 IN 1 I A 2 A 3 IN 3 IN 2 - paralelogrami. Zbog toga
A 1 A 2 =IN 1 IN 2 I A 2 A 3 =IN 2 IN 3 , iz čega proizlazi da
Slučaj 2 (sl. c)
Prave a i b nisu paralelne. Kroz tačku A 1 napravimo direktan With, paralelno sa linijom b. Ona će preći granice A 2 IN 2 I A 3 IN 3 u nekim trenucima WITH 2 I WITH 3 . Trouglovi A 1 A 2 WITH 2 I A 1 A 3 WITH 3 slično pod dva ugla (ugao A 1 – opšte, uglovi A 1 A 2 WITH 2 I A 1 A 3 WITH 3 jednak kao odgovarajući kada su paralelne prave A 2 IN 2 I A 3 IN 3 secant A 2 A 3 ), Zbog toga
1+
Ili svojstvom proporcija
S druge strane, prema onome što je dokazano u prvom slučaju, imamo A 1 WITH 2 =IN 1 IN 2 , WITH 2 WITH 3 =IN 2 IN 3 . Zamjena u proporciji (1) A 1 WITH 2 on IN 1 IN 2 I WITH 2 WITH 3 on IN 2 IN 3 , dolazimo do ravnopravnosti
Q.E.D.
Teorema o proporcionalnim segmentima u trouglu.
Sa strane AC I Ned trougao ABC označene tačke TO I M Dakle AK:KS=m: n, B.M.: M.C.= str: q. Segmenti AM I VC seku u tački O(Sl. 124b).
dokazati:
dokaz:
Kroz tačku M napravimo direktan M.D.(Sl. 124a), paralelno VC. Ona prelazi sa strane AC u tački D, i prema generalizaciji Talesove teoreme
Neka AK=mx. Zatim, u skladu sa stanjem problema KS=nx, i od tada KD: DC= str: q, onda opet koristimo generalizaciju Talesove teoreme:
Slično, dokazano je da .
Ceva teorema.
Teorema je dobila ime po italijanskom matematičaru Giovanni Cevi, koji ju je dokazao 1678. godine.
Formulacija:
Ako se tačke C uzmu na stranicama AB, BC i CA trougla ABC, respektivno 1 , A 1 i B 1 , zatim segmenti AA 1 , BB 1 i SS 1 seku u jednoj tački ako i samo ako
Dato:
Trougao ABC i na njegovim stranama AB, Ned I AC označene tačke WITH 1 ,A 1 I IN 1 .
dokazati:
2.segmenti AA 1 , BB 1 I SS 1 seku u jednoj tački.
dokaz:
1. Neka segmenti aa 1 , BB 1 I SS 1 seku u jednoj tački O. Dokažimo da je jednakost (3) zadovoljena. Po teoremi o proporcionalnim segmentima u trokutu 1 imamo:
Lijeve strane ovih jednakosti su jednake, što znači da su i desne strane jednake. Izjednačavajući ih, dobijamo
Podjela oba dijela na desna strana, dolazimo do jednakosti (3).
2. Dokažimo obrnutu tvrdnju. Neka bodove WITH 1
,A 1
I IN 1
uzeti sa strane AB, Ned I SA tako da je jednakost (3) zadovoljena. Dokažimo da su segmenti aa 1
, BB 1
I SS 1
seku u jednoj tački. Označimo slovom O tačka preseka segmenata AA 1
I
BB 1
i napravimo direktan CO. Ona prelazi sa strane AB u nekom trenutku, što označavamo WITH 2
. Od segmenata aa 1
, BB 1
I SS 1
seku u jednoj tački, zatim onim što je dokazano u prvoj tački 
Dakle, jednakosti (3) i (4) vrijede.
Upoređujući ih, dolazimo do jednakosti = , što pokazuje da su tačke C 1 I C 2 dijeliti strane AB C 1 I C 2 poklapaju, a samim tim i segmenti aa 1 , BB 1 I SS 1 seku u tački O.
Q.E.D.
Menelajeva teorema.
Formulacija:
Ako se na stranicama AB i BC i na nastavku stranice AC (ili na nastavku stranica AB, BC i AC) uzimaju tačke C, redom 1
, A 1
, IN 1
, tada ove točke leže na istoj liniji ako i samo ako
Dato:
Trougao ABC i na njegovim stranama AB, Ned I AC označene tačke WITH 1 ,A 1 I IN 1 .
dokazati:
2. bodova A 1
,WITH 1
I IN 1
leže na istoj pravoj liniji
dokaz:
1. Neka bodovi A 1
,WITH 1
I IN 1
leže na istoj pravoj liniji. Dokažimo da je jednakost (5) zadovoljena. Hajde da izvedemo AD,BE I CF paralelno sa linijom IN 1
A 1
(tačka D leži na pravoj liniji Ned). Prema generalizovanoj Talesovoj teoremi imamo:
Množenjem leve i desne strane ovih jednakosti dobijamo
one. jednakost (5) je zadovoljena.
2. Dokažimo obrnutu tvrdnju. Pusti poentu IN 1
uzeti sa strane nastavka AC, i bodove WITH 1
I A 1
– sa strane AB I Ned, i to na način da je zadovoljena jednakost (5). Dokažimo da su tačke A 1
,WITH 1
I IN 1
leže na istoj pravoj liniji. Neka prava A 1 C 1 siječe nastavak stranice AC u tački B 2, a zatim prema onome što je dokazano u prvoj tački
Uspoređujući (5) i (6), dolazimo do jednakosti = , što pokazuje da su tačke IN 1 I IN 2 dijeliti strane AC u istom pogledu. Dakle, bodovi IN 1 I IN 2 poklapaju, a samim tim i tačke A 1 ,WITH 1 I IN 1 leže na istoj pravoj liniji. Obrnuta tvrdnja se dokazuje slično u slučaju kada su sve tri tačke A 1 ,WITH 1 I IN 1 leže na nastavcima odgovarajućih strana.
Q.E.D.
Rješavanje problema.
Predlaže se razmatranje niza problema o proporcionalnoj podjeli segmenata u trouglu. Kao što je gore navedeno, postoji nekoliko metoda za određivanje lokacije tačaka potrebnih u problemu. U našem radu smo se odlučili na metodu paralelnih pravih. Teorijska osnova ove metode je generalizirana Thalesova teorema, koja vam omogućava prijenos poznate veze proporcije od jedne strane ugla do druge strane, tako da je potrebno samo da nacrtate ove paralelne prave na način pogodan za rešavanje problema.Razmotrimo konkretne zadatke:
Zadatak br. 1 U trouglu ABC, tačka M je uzeta na strani BC tako da je BM:MC = 3:2. Tačka P dijeli segment AM u omjeru 2:1. Prava BP siječe stranu AC u tački B 1 . U kom smislu je tačka B 1 dijeli AC stranu?
Rješenje: Trebamo pronaći omjer AB 1:B 1 C, AC željeni segment na kojem leži tačka B 1.
Paralelna metoda je sljedeća: 
izrežite željeni segment paralelnim linijama. Jedan BB 1 već postoji, a drugi MN ćemo povući kroz tačku M, paralelno sa BB 1.
Prenesite poznati odnos sa jedne strane ugla na drugu stranu, tj. uzmite u obzir uglove stranica koje su presečene ovim pravim linijama.
Pređimo na odnos koji nas zanima AB 1:B 1 C= AB 1:(B 1 N+ NC)= 2n:(3p+2p)=(2*3p):(5p)=6:5.
Odgovor: AB 1:B 1 C = 6:5.
Komentar: Ovaj problem bi se mogao riješiti korištenjem Menelajeve teoreme. Primjenjujući ga na trokut AMC. Tada prava BB 1 siječe dvije stranice trokuta u tačkama B 1 i P, a nastavak treće u tački B. To znači da vrijedi jednakost: 
, dakle
Zadatak br. 2 U trouglu ABC AN je medijana. Na strani AC uzeta je tačka M tako da je AM: MC = 1:3. Segmenti AN i BM seku se u tački O, a zraka CO seče AB u tački K. U kom odnosu tačka K deli segment AB .
Rješenje: Moramo pronaći omjer AK prema HF.
1) Nacrtajmo pravu NN 1 paralelnu pravoj SK i pravu NN 2 paralelnu pravoj VM. 
2) Stranice ugla ABC seku se pravima SC i NN 1 i, prema generalizovanoj Talesovoj teoremi, zaključujemo BN 1:N 1 K=1:1 ili BN 1 = N 1 K= y.
3) Stranice ugla VSM seku se pravim BM i NN 2 i prema generalizovanoj Talesovoj teoremi zaključujemo CN 2:N 2 M=1:1 ili CN 2 = N 2 M=3:2=1,5.
4) Stranice ugla NAC seku pravim BM i NN 2 i, prema generalizovanoj Talesovoj teoremi, zaključujemo AO: ON=1:1,5 ili AO=m ON=1,5m.
5) Stranice ugla BAN seku se pravima SK i NN 1 i, prema generalizovanoj Talesovoj teoremi, zaključujemo AK: KN 1 = 1: 1,5 ili AK = n KN 1 =1,5 n.
6) KN 1 =y=1.5n.
Odgovor: AK:KV=1:3.
Komentar: Ovaj problem bi se mogao riješiti korištenjem Cevine teoreme primjenom na trougao ABC. Pod uslovom, tačke N, M, K leže na stranicama trougla ABC i segmenti AN, CK i BM se seku u jednoj tački, što znači da je tačna jednakost: 
, zamijenimo poznate omjere, imamo , AK:KV=1:3.
Zadatak br. 3 Na strani BC trougla ABC uzeta je tačka D takva da je VD: DC = 2:5, a na strani AC tačka E takva da je . U kom omjeru su segmenti BE i AD podijeljeni tačkom K njihovog sjecišta?
Rješenje: Moramo pronaći 1) AK:KD=? 2) VK:KE=?
1) Nacrtajte pravu DD 1 paralelnu pravoj BE.
2) Stranice ugla ALL seku pravim BE i DD 1 i koristeći generalizovanu Talesovu teoremu zaključujemo CD 1:D 1 E=5:2 ili CD 1 = 5z, D 1 E=2z. 
3) Prema uslovu AE:EC = 1:2, tj. AE=x, EC=2x, ali EC= CD 1 + D 1 E, što znači 2u=5z+2 z=7 z, z=
4) Stranice ugla DCA seku pravim BE i DD 1 i, prema generalizovanoj Talesovoj teoremi, zaključujemo 
5) Da bismo odredili omjer VC:KE, povlačimo pravu liniju EE 1 i, razmišljajući na sličan način, dobijamo 
Odgovor: AK:KD=7:4; VK:KE=6:5.
komentar: Ovaj problem bi se mogao riješiti korištenjem Menelajeve teoreme. Primjenjujući ga na trokut TEŽINA. Tada pravac DA siječe dvije stranice trokuta u tačkama D i K, a nastavak treće u tački A. To znači da važi jednakost:
, dakle VK:KE=6:5. Slično argumentirajući za trokut ADC, dobijamo 
, AK:KD=7:4. Zadatak br. 4 U ∆ ABC, simetrala AD dijeli stranu BC u omjeru 2:1. U kom omjeru medijana CE dijeli ovu simetralu?
Rješenje: Neka je O tačka presek simetrale AD i medijane CE. Moramo pronaći omjer AO:OD.
1) Nacrtajte pravu liniju DD 1 paralelnu pravoj liniji CE. 
2) Stranice ugla ABC seku se pravima CE i DD 1 i, koristeći generalizovanu Talesovu teoremu, zaključujemo VD 1:D 1 E=2:1 ili VD 1 = 2p, D 1 E=p.
3) Prema uslovu AE:EB=1:1, tj. AE=y, EB=y, ali EB= BD 1 + D 1 E, što znači y=2str+
str=3
str,
str =
4) Stranice ugla BAD seku se pravim OE i DD 1 i, koristeći generalizovanu Talesovu teoremu, zaključujemo 
.
Odgovor: AO:OD=3:1.
Problem #5 Na stranama AB i AC ∆ABC date su točke M i N, respektivno, tako da su zadovoljene sljedeće jednakosti AM:MB=CN: N / A.=1:2. U kom omjeru presječna tačka S segmenata BN i CM dijeli svaki od ovih segmenata?.
Zadatak br. 6 Na medijani AM trougla ABC uzeta je tačka K, a AK: KM = 1:3. Odrediti omjer u kojem prava koja prolazi kroz tačku K paralelno sa stranicom AC dijeli stranicu BC.
Rješenje: Neka je M 1 bod presek prave koja prolazi kroz tačku K paralelno sa stranicom AC i stranicom BC. Moramo pronaći omjer VM 1:M 1 C.
1) Stranice ugla AMC seku se pravim KM 1 i AC i, koristeći generalizovanu Talesovu teoremu, zaključujemo MM 1:M 1 C=3:1 ili MM 1 = 3z, M 1 C=z
2) Po uslovu VM:MS = 1:1, tj. VM=y, MS=y, ali MS= MM 1 + M 1 C, što znači y=3z+ z=4 z,
3) 
.
Odgovor: VM 1:M 1 C =7:1.
Zadatak br. 7 Dat je trougao ABC. Na nastavku strane AC, tačka C se uzima kao tačkaN, i CN=AC; tačka K je sredina stranice AB. U kom omjeru je prava linija KNdeli stranu sunca.
komentar: Ovaj problem bi se mogao riješiti korištenjem Menelajeve teoreme. Primjenjujući ga na trougao ABC. Tada prava KN siječe dvije stranice trokuta u tačkama K i K 1, a nastavak treće u tački N. To znači da važi jednakost: 
, dakle VK 1:K 1 C=2:1.
Problem br. 8
web stranice:
http://www.problems.ru
http://interneturok.ru/
Jedinstveni državni ispit 2011. Matematički zadatak C4 R.K. Gordin M.: MCNMO, 2011, - 148 s
zaključak:
Rješenje zadataka i teorema za pronalaženje odnosa dužina segmenata zasniva se na generaliziranoj Talesovoj teoremi. Formulirali smo metodu koja omogućava, bez primjene Talesove teoreme, korištenje paralelnih pravih linija, prijenos poznatih proporcija s jedne strane ugla na drugu stranu i, na taj način, pronalaženje lokacija potrebnih tačaka i upoređivanje dužina. Rad na apstraktu pomogao nam je da naučimo rješavati geometrijske probleme visoki nivo teškoće. Uvjerili smo se u istinitost riječi poznatog ruskog pjesnika Igora Severjanjina: „Sve je beznačajno potrebno da bi bio značajan...“ i uvjereni smo da ćemo na Jedinstvenom državnom ispitu uspjeti pronaći rješenje za predloženo problemi koristeći metodu paralelnih pravih.
1 Teorema o proporcionalnim segmentima u trouglu - gore opisana teorema.
Ova grobnica je mala, ali je slava nad njom ogromna.
Multi-inteligentni Tales je skriven u njemu pred vama.
Natpis na grobu Talesa iz Mileta
Zamislite ovu sliku. 600 pne Egipat. Pred vama je ogromna egipatska piramida. Da biste iznenadili faraona i ostali među njegovim favoritima, potrebno je izmjeriti visinu ove piramide. Nemate... ništa na raspolaganju. Možete pasti u očaj, ili se ponašati kao Tales iz Mileta: Koristite teoremu sličnosti trougla. Da, ispostavilo se da je sve prilično jednostavno. Tales iz Mileta je čekao dok se dužina njegove sjene i visina ne poklope, a zatim je, koristeći teoremu o sličnosti trokuta, pronašao dužinu sjene piramide, koja je, prema tome, bila jednaka sjeni koju baca piramida.
ko je ovaj tip? Tales iz Mileta? Čovjek koji je stekao slavu kao jedan od "sedam mudraca" antike? Tales iz Mileta je starogrčki filozof koji se istakao uspjehom u oblasti astronomije, kao i matematike i fizike. Godine njegovog života utvrđene su samo približno: 625-645 pne
Među dokazima o Talesovom poznavanju astronomije može se navesti sljedeći primjer. 28. maja 585. pne predviđanje Mileta pomračenje sunca pomogao da se okonča rat između Lidije i Medije koji je trajao 6 godina. Ova pojava je toliko uplašila Medijce da su pristali na nepovoljne uslove za sklapanje mira sa Lidjancima.
Postoji prilično poznata legenda koja Thalesa karakterizira kao snalažljivu osobu. Tales je često čuo nelaskave komentare o svom siromaštvu. Jednog dana je odlučio da dokaže da filozofi, ako žele, mogu da žive u izobilju. Tales je čak i zimi, posmatrajući zvezde, utvrdio da će to biti leti dobra žetva masline Istovremeno je unajmio uljare u Miletu i Hiosu. To ga je koštalo prilično malo, jer zimi za njima praktički nema potražnje. Kada su masline dale bogat urod, Tales je počeo da iznajmljuje svoje preše za ulje. Prikupljeno veliki broj zarađivanje novca ovom metodom smatralo se dokazom da filozofi mogu zaraditi novac svojim umom, ali njihov poziv je viši od ovakvih ovozemaljskih problema. Ovu legendu je, inače, ponovio i sam Aristotel.
Što se geometrije tiče, mnoga njegova "otkrića" su posuđena od Egipćana. Pa ipak, ovaj prijenos znanja u Grčku smatra se jednom od glavnih zasluga Talesa iz Mileta.
Talesova dostignuća smatraju se formulacijom i dokazom sljedećeg teoreme:
- vertikalni uglovi su jednaki;
- Jednaki trouglovi su oni čija su stranica i dva susjedna ugla jednaki;
- uglovi u osnovi jednakokračnog trougla su jednaki;
- prečnik dijeli krug na pola;
- upisani ugao sastavljen od prečnika je pravi ugao.
Još jedna teorema je nazvana po Talesu, koja je korisna u rješavanju geometrijskih problema. Postoji njegov generalizirani i poseban oblik, inverzna teorema, formulacije se također mogu neznatno razlikovati ovisno o izvoru, ali značenje svih ostaje isto. Razmotrimo ovu teoremu.
Ako paralelne prave sijeku stranice ugla i odsjeku jednake segmente na jednoj strani, tada odsijecaju jednake segmente na drugoj strani.
Recimo da su tačke A 1, A 2, A 3 tačke preseka paralelnih pravih sa jednom stranom ugla, a B 1, B 2, B 3 su tačke preseka paralelnih pravih sa drugom stranom ugla . Potrebno je dokazati da ako je A 1 A 2 = A 2 A 3, onda je B 1 B 2 = B 2 B 3.
Kroz tačku B 2 povlačimo pravu paralelnu pravoj A 1 A 2. Označimo novu liniju C 1 C 2. Razmotrimo paralelograme A 1 C 1 B 2 A 2 i A 2 B 2 C 2 A 3 .
Svojstva paralelograma nam omogućavaju da kažemo da je A1A2 = C 1 B 2 i A 2 A 3 = B 2 C 2. A pošto je, prema našem uslovu, A 1 A 2 = A 2 A 3, onda je C 1 B 2 = B 2 C 2. 
I na kraju, razmotrite trouglove Δ C 1 B 2 B 1 i Δ C 2 B 2 B 3 .
C 1 B 2 = B 2 C 2 (dokazano gore).
To znači da će Δ C 1 B 2 B 1 i Δ C 2 B 2 B 3 biti jednaki prema drugom znaku jednakosti trouglova (po stranim i susjednim uglovima). Time je dokazana Talesova teorema. Korištenje ove teoreme uvelike će olakšati i ubrzati rješavanje geometrijskih problema. Sretno u savladavanju ove zabavne nauke matematike! web stranicu, kada kopirate materijal u cijelosti ili djelomično, link na izvor je obavezan. Talesova teorema- jedna od teorema planimetrije. Teorema nema ograničenja na relativnu poziciju sekanti (to je istina i za prave i za paralelne). Takođe nije važno gdje se nalaze segmenti na sekantima. Dokaz u slučaju sekanata Dokaz Talesove teoreme Razmotrimo opciju s nepovezanim parovima segmenata: neka kut bude presječen pravim linijama AA 1 | | BB 1 | | CC 1 | | DD 1
i gde AB = CD
. Dokaz u slučaju paralelnih pravih Nacrtajmo pravu liniju BC. Uglovi ABC i BCD su jednaki kao unutrašnji poprečno ležeći sa paralelnim pravima AB i CD i sekantom BC, a uglovi ACB i CBD su jednaki kao unutrašnji poprečno ležeći sa paralelnim pravima AC i BD i sekantom BC. Tada su, prema prvom kriteriju jednakosti trouglova, trouglovi ABC i DCB podudarni. Iz toga slijedi da je AC = BD i AB = CD. ■ Tu je i generalizovana Talesova teorema: Talesova teorema je poseban slučaj generalizovane Talesove teoreme, budući da se jednaki segmenti mogu smatrati proporcionalnim segmentima sa koeficijentom proporcionalnosti jednakim 1. Ako u Talesovoj teoremi jednaki segmenti počinju od vrha (ova se formulacija često koristi u školskoj literaturi), tada će biti istinita i obrnuta teorema. Za presečne sekante formuliše se na sledeći način: U Talesovoj obrnutoj teoremi, važno je da jednaki segmenti počinju od vrha Dakle (vidi sliku) iz onoga što slijedi da su prave linije . Ako su sekante paralelne, onda je potrebno zahtijevati da segmenti na obje sekante budu jednaki jedan drugom, inače ova izjava postaje netačna (kontraprimjer je trapez presječen pravom koja prolazi kroz sredine baza). Argentinska muzička grupa Les Luthiers ( španski) predstavio je pjesmu posvećenu teoremi. Video za ovu pjesmu pruža dokaz direktne teoreme za proporcionalne segmente.Plan:
Uvod
Uvod
Ova teorema se odnosi na paralelne prave. Za ugao zasnovan na prečniku, pogledajte drugu teoremu.
1. Konverzna teorema
2. Talesova teorema u kulturi
3. Zanimljivosti
Bilješke
skinuti
Ovaj sažetak je zasnovan na članku sa ruske Wikipedije. Sinhronizacija je završena 16.07.11 23:06:34
Slični sažetci: