Izrek je nasprotje Thalesovega izreka. Thalesov izrek. Celotne lekcije – Hipermarket znanja

O vzporednicah in sekantah.

Zunaj literature v ruskem jeziku se Thalesov izrek včasih imenuje še en izrek planimetrije, in sicer izjava, da je včrtani kot, ki ga sestavlja premer kroga, pravi kot. Odkritje tega izreka se res pripisuje Talesu, kar dokazuje Proklo.

Formulacije

Če je na eni od dveh črt zaporedoma položenih več enakih odsekov in skozi njihove konce narišemo vzporedne črte, ki sekajo drugo črto, se bodo na drugi črti odrezale. enake segmente.

Splošnejša formulacija, imenovana tudi izrek o proporcionalnem segmentu

Vzporedne črte odrežejo sorazmerne odseke pri sekantah:

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))).)

Opombe

Izrek nima nobenih omejitev glede relativne lege sekant (velja tako za sekajoče se kot za vzporedne premice). Prav tako ni pomembno, kje se nahajajo segmenti na sekantah.

Thalesov izrek je poseben primer izreka o sorazmernih odsekih, saj lahko enake odseke štejemo za proporcionalne odseke s sorazmernostnim koeficientom, ki je enak 1.

Dokaz v primeru sekant

Razmislimo o možnosti z nepovezanimi pari segmentov: naj kot sekajo ravne črte A A 1 | | B B 1 | | C C 1 | | D D 1 (\displaystyle AA_(1)||BB_(1)||CC_(1)||DD_(1)) in pri čemer A B = C D (\displaystyle AB=CD).

Dokaz v primeru vzporednih daljic

Naredimo direktno B.C.. Koti ABC in BCD enak kot notranji navzkrižno ležeči z vzporednimi črtami AB in CD in sekanto B.C., in koti ACB in CBD enak kot notranji navzkrižno ležeči z vzporednimi črtami A.C. in BD in sekanto B.C.. Nato po drugem kriteriju za enakost trikotnikov trikotniki ABC in DCB so enaki. Sledi, da A.C. = BD in AB = CD. ■

Variacije in posplošitve

Konverzni izrek

Če se v Thalesovem izreku enaki segmenti začnejo od vrha (ta formulacija se pogosto uporablja v šolski literaturi), potem velja tudi obratni izrek. Za sekajoče se sekante je formulirano takole:

V Thalesovem obratnem izreku je pomembno, da se enaki segmenti začnejo od vrha

Tako (glej sliko) iz dejstva, 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)))=\pike ), temu sledi A 1 B 1 | | A 2 B 2 | | … (\displaystyle A_(1)B_(1)||A_(2)B_(2)||\ldots ).

Če so sekante vzporedne, je treba zahtevati, da so segmenti na obeh sekantah enaki drug drugemu, sicer ta trditev postane napačna (nasprotni primer je trapez, ki ga seka črta, ki poteka skozi razpolovišči baz).

Ta izrek se uporablja v navigaciji: trčenje ladij, ki se premikajo z konstantna hitrost, je neizogiben, če se ohrani smer od enega plovila do drugega.

Lema Sollertinskega

Naslednja izjava je dvojna na Sollertinskyjevo lemo:

Pustiti f (\displaystyle f)- projektivna korespondenca med točkami na premici l (\displaystyle l) in ravno m (\displaystyle m). Potem bo množica premic množica tangent na nek konični presek (po možnosti degeneriran).

V primeru Thalesovega izreka bo stožnica neskončna točka, ki ustreza smeri vzporednih črt.

Ta izjava pa je omejevalni primer naslednje izjave:

Pustiti f (\displaystyle f)- projektivna transformacija stožnice. Nato ovojnica niza ravnih črt X f (X) (\displaystyle Xf(X)) bo stožnica (možno degenerirana).

O vzporednicah in sekantah.

Formulacije

Če je več enakih segmentov zaporedoma položenih na eno od dveh črt in skozi njihove konce narišemo vzporedne črte, ki sekajo drugo črto, potem bodo odrezali enake segmente na drugi črti.

Splošnejša formulacija, imenovana tudi izrek o proporcionalnem segmentu

Vzporedne črte odrežejo sorazmerne odseke pri sekantah:

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))).)

Opombe

Izrek nima nobenih omejitev glede relativne lege sekant (velja tako za sekajoče se kot za vzporedne premice). Prav tako ni pomembno, kje se nahajajo segmenti na sekantah.

Thalesov izrek je poseben primer izreka o sorazmernih odsekih, saj lahko enake odseke štejemo za proporcionalne odseke s sorazmernostnim koeficientom, ki je enak 1.

Dokaz v primeru sekant

Narišimo skozi točke A (\displaystyle A) in C (\displaystyle C) ravne črte, vzporedne z drugo stranjo kota. A B 2 B 1 A 1 (\displaystyle AB_(2)B_(1)A_(1)) in C D 2 D 1 C 1 (\displaystyle CD_(2)D_(1)C_(1)). Glede na lastnost paralelograma: A B 2 = A 1 B 1 (\displaystyle AB_(2)=A_(1)B_(1)) in C D 2 = C 1 D 1 (\displaystyle CD_(2)=C_(1)D_(1)).
Trikotniki △ A B B 2 (\displaystyle \bigtriangleup ABB_(2)) in △ C D D 2 (\displaystyle \bigtriangleup CDD_(2)) sta enaka na podlagi drugega znaka enakosti trikotnikov

Dokaz v primeru vzporednih daljic

Variacije in posplošitve

Konverzni izrek

Če se v Thalesovem izreku enaki segmenti začnejo od vrha (ta formulacija se pogosto uporablja v šolski literaturi), potem velja tudi obratni izrek. Za sekajoče se sekante je formulirano takole:

Ta izrek se uporablja v navigaciji: trčenje med ladjami, ki se premikajo s konstantno hitrostjo, je neizogibno, če se ohrani smer od ene ladje do druge.

Lema Sollertinskega

Naslednja izjava je dvojna na Sollertinskyjevo lemo:

Pustiti f (\displaystyle f)- projektivna korespondenca med točkami na premici l (\displaystyle l) in ravno m (\displaystyle m). Nato niz vrstic X f (X) (\displaystyle Xf(X)) bo niz tangent na nekatere

formulacija;
Dokaz;

Izrek o proporcionalnih odsekih;
Cevin izrek;

formulacija;
Dokaz;

Menelajev izrek;

formulacija;
Dokaz;

Problemi in njihove rešitve;
Zaključek;
Seznam uporabljenih virov in literature.

Uvod.

Vsega malega je potrebno

Biti pomemben ...

I. Severjanin
Ta povzetek je posvečen uporabi metode vzporednih premic pri dokazovanju izrekov in reševanju problemov. Zakaj se obračamo na to metodo? V tem študijsko leto Na šolski olimpijadi iz matematike je bil predlagan geometrijski problem, ki se nam je zdel zelo težak. Prav ta problem je spodbudil začetek dela na preučevanju in obvladovanju metode vzporednih črt pri reševanju problemov iskanja razmerja dolžin segmentov.

Ideja same metode temelji na uporabi splošnega Thalesovega izreka. Talesov izrek se obravnava v osmem razredu, njegova posplošitev in tema »Podobnost figur« v devetem in šele v desetem razredu se v uvodnem načrtu obravnavata dva pomembna Cheva in Menelajeva izreka, s pomočjo katerih številne težave pri iskanju razmerja dolžin segmentov so razmeroma enostavno rešljive. Zato se na ravni osnovne izobrazbe lahko precej odločimo ozek krog nalog za to učno gradivo. Čeprav so pri zaključnem spričevalu za tečaj osnovne šole in na enotnem državnem izpitu iz matematike v drugem delu ponujene težave na to temo (Thalesov izrek. Podobnost trikotnikov, koeficient podobnosti. Znaki podobnosti trikotnikov). izpitne naloge in se nanašajo na visoko stopnjo zahtevnosti.

V procesu dela na povzetku je postalo mogoče poglobiti naše znanje o tej temi. Dokaz izreka o sorazmernih odsekih v trikotniku (izrek ni vključen v šolski učni načrt) temelji na metodi vzporednih premic. Po drugi strani pa je ta izrek omogočil predlagati drug način za dokaz Ceva in Menelajevih izrekov. Posledično smo se lahko naučili reševati širši nabor problemov, ki vključujejo primerjavo dolžin segmentov. To je relevantnost našega dela.

Posplošen Thalesov izrek.

Formulacija:

Vzporedne premice, ki sekajo dve dani premici, režejo na teh premicah sorazmerne odseke.
podano:

Naravnost A rezano z vzporednimi črtami ( 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, in ravna črta b- na segmente IN 1 IN 2 , IN 2 IN 3 , …, IN n -1 IN n .

Dokaži:

Dokaz:

Dokažimo npr

Razmislimo o dveh primerih:

1 primer (slika b)

Neposredno a in b vzporedno. Nato štirikotniki

A 1 A 2 IN 2 IN 1 in A 2 A 3 IN 3 IN 2 - paralelogrami. Zato

A 1 A 2 =IN 1 IN 2 in A 2 A 3 =IN 2 IN 3 , iz česar izhaja, da

Primer 2 (slika c)

Premici a in b nista vzporedni. Skozi točko A 1 naredimo direktno z, vzporedno s premico b. Prestopila bo meje A 2 IN 2 in A 3 IN 3 na nekaterih točkah Z 2 in Z 3 . Trikotniki A 1 A 2 Z 2 in A 1 A 3 Z 3 podoben pod dvema kotoma (kot A 1 – splošno, koti A 1 A 2 Z 2 in A 1 A 3 Z 3 enako, kot ustreza, ko so vzporedne črte A 2 IN 2 in A 3 IN 3 sekant A 2 A 3 ), Zato

Ali z lastnostjo proporcev

Po drugi strani pa glede na dokazano v prvem primeru imamo A 1 Z 2 =IN 1 IN 2 , Z 2 Z 3 =IN 2 IN 3 . Zamenjava v sorazmerju (1) A 1 Z 2 na IN 1 IN 2 in Z 2 Z 3 na IN 2 IN 3 , pridemo do enakosti

Q.E.D.
Izrek o sorazmernih odsekih v trikotniku.

Na straneh AC in sonce trikotnik ABC označene točke TO in M torej AK:KS=m: n, B.M.: M.C.= str: q. Segmenti zjutraj in VC sekajo v točki O(Slika 124b).

Dokaži:

Dokaz:
Skozi točko M naredimo direktno M.D.(slika 124a), vzporedno VC. Prečka stran AC na točki D, in glede na posplošitev Thalesovega izreka

Pustiti AK=mx. Nato v skladu s pogojem problema KS=nx, in od takrat KD: DC= str: q, potem spet uporabimo posplošitev Thalesovega izreka:

Podobno je dokazano, da .

Cevin izrek.
Izrek je dobil ime po italijanskem matematiku Giovanniju Cevi, ki ga je dokazal leta 1678.

Formulacija:

Če na stranicah AB, BC in CA trikotnika ABC vzamemo točke C 1 , A 1 in B 1 , nato segmente AA 1 , BB 1 in SS 1 sekajo v eni točki, če in samo če

podano:

Trikotnik ABC in na njegovih straneh AB, sonce in AC označene točke Z 1 ,A 1 in IN 1 .

Dokaži:

2.segmenti A A 1 , BB 1 in SS 1 sekata v eni točki.

Dokaz:
1. Pustite segmente AA 1 , BB 1 in SS 1 sekata v eni točki O. Dokažimo, da je enakost (3) izpolnjena. Po izreku o sorazmernih odsekih v trikotniku 1 imamo:

Levi strani teh enačb sta enaki, kar pomeni, da sta enaki tudi desni. Če jih enačimo, dobimo

Razdelitev obeh delov na desna stran, pridemo do enakosti (3).

2. Dokažimo obratno trditev. Naj točke Z 1 ,A 1 in IN 1 vzeti na straneh AB, sonce in SA tako da je izpolnjena enakost (3). Dokažimo, da segmenti AA 1 , BB 1 in SS 1 sekata v eni točki. Označimo s črko O točka presečišča segmentov A A 1 in BB 1 in naredimo direktno CO. Prečka stran AB na neki točki, ki jo označujemo Z 2 . Ker segmenti AA 1 , BB 1 in SS 1 sekajo v eni točki, nato s tem, kar je bilo dokazano v prvi točki

Torej veljata enakosti (3) in (4).

Če jih primerjamo, pridemo do enakosti = , kar kaže, da točke C 1 in C 2 deliti strani AB C 1 in C 2 sovpadajo in s tem segmenti AA 1 , BB 1 in SS 1 sekajo v točki O.

Q.E.D.
Menelajev izrek.

Formulacija:

Če na stranicah AB in BC ter nadaljevanju stranice AC (ali na nadaljevanju stranic AB, BC in AC) vzamemo točki C oz. 1 , A 1 , IN 1 , potem te točke ležijo na isti premici, če in samo če

podano:

Trikotnik ABC in na njegovih straneh AB, sonce in AC označene točke Z 1 ,A 1 in IN 1 .

Dokaži:

2. točke A 1 ,Z 1 in IN 1 ležijo na isti premici
Dokaz:
1. Pustite točke A 1 ,Z 1 in IN 1 ležijo na isti premici. Dokažimo, da je enakost (5) izpolnjena. Izvajajmo AD,BITI in CF vzporedno s premico IN 1 A 1 (pika D leži na ravni črti sonce). Po splošnem Thalesovem izreku imamo:

Če pomnožimo levo in desno stran teh enakosti, dobimo

tiste. enakost (5) je izpolnjena.
2. Dokažimo obratno trditev. Naj bistvo IN 1 posneto na strani nadaljevanja AC, in točke Z 1 in A 1 – ob straneh AB in sonce, in to tako, da je izpolnjena enakost (5). Dokažimo, da točke A 1 ,Z 1 in IN 1 ležijo na isti premici. Naj premica A 1 C 1 seka nadaljevanje stranice AC v točki B 2, potem, kar je bilo dokazano v prvi točki

S primerjavo (5) in (6) pridemo do enakosti = , kar kaže, da točke IN 1 in IN 2 deliti strani AC v istem pogledu. Zato točke IN 1 in IN 2 sovpadajo in zato točke A 1 ,Z 1 in IN 1 ležijo na isti premici. Nasprotno trditev dokažemo podobno v primeru, ko so vse tri točke A 1 ,Z 1 in IN 1 ležijo na nadaljevanjih ustreznih stranic.

Q.E.D.

Reševanje problema.

Predlaga se obravnava številnih problemov o sorazmerni delitvi segmentov v trikotniku. Kot je navedeno zgoraj, obstaja več metod za določanje lokacije točk, potrebnih v problemu. Pri našem delu smo se ustavili na metodi vzporednih premic. Teoretična osnova te metode je posplošen Thalesov izrek, ki vam omogoča prenos znana razmerja razmerja od ene strani kota do njegove druge strani, zato morate te vzporedne ravne črte narisati le na način, ki je primeren za rešitev problema.
Razmislimo o posebnih nalogah:
Naloga št. 1 V trikotniku ABC je točka M vzeta na stranici BC tako, da je BM:MC = 3:2. Točka P deli odsek AM v razmerju 2:1. Premica BP seka stranico AC v točki B 1 . V katerem pogledu je točka B 1 deli stran AC?

rešitev: Najti morate razmerje AB 1:B 1 C, AC je želeni odsek, na katerem leži točka B 1.

Vzporedna metoda je naslednja:

odrežite zahtevani segment z vzporednimi črtami. Ena BB 1 že obstaja, drugo MN pa bomo narisali skozi točko M, vzporedno z BB 1.
Prenesite znano razmerje z ene strani kota na drugo stran, tj. upoštevajte kote stranic, ki jih sekajo te ravne črte.

Stranice kota C razčlenimo z ravnima črtama BB 1 in MN in z uporabo posplošenega Thalesovega izreka sklepamo IN 1 n=3r, NC=2p. Stranice kota MAC sekajo premici PB 1 in MN in delijo njegove stranice v razmerju 2:1, zato je AB 1:B 1 N=2:1 in torej AB 1 =2n, IN 1 n= n. Ker IN 1 n=3r, In IN 1 n= n, To 3р=n.

Preidimo na razmerje, ki 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.

Komentiraj: Ta problem bi lahko rešili z uporabo Menelajevega izreka. Uporabite ga na trikotniku AMC. Nato premica BB 1 seka dve stranici trikotnika v točkah B 1 in P, nadaljevanje tretje pa v točki B. To pomeni, da velja enakost: , torej
Naloga št. 2 V trikotniku ABC je AN mediana. Na stranici AC je vzeta točka M tako, da je AM: MC = 1: 3. Odseka AN in BM se sekata v točki O, žarek CO pa seka AB v točki K. V kakšnem razmerju deli točka K odsek AB .

rešitev: Najti moramo razmerje med AK in HF.

1) Narišimo premico NN 1 vzporedno s premico SK in premico NN 2 vzporedno s premico VM.

2) Stranice kota ABC sekajo premice SC in NN 1 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo BN 1:N 1 K=1:1 ali BN 1 = n 1 K= l.

3) Stranici kota ВСМ sekata premici BM in NN 2 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo CN 2:N 2 M=1:1 oziroma CN 2 = N 2 M=3:2=1,5.

4) Stranici kota NAC sekata premici BM in NN 2 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo AO: ON=1:1,5 ali AO=m ON=1,5m.

5) Stranici kota BAN sekata premici SK in NN 1 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo AK: KN 1 = 1 : 1,5 ali AK = n KN 1 =1,5 n.

6) KN 1 =y=1,5n.

Odgovor: AK:KV=1:3.

Komentiraj: To težavo bi lahko rešili s Cevinim izrekom, ki bi ga uporabili za trikotnik ABC. Po pogoju ležijo točke N, M, K na stranicah trikotnika ABC in se odseki AN, CK in BM sekajo v eni točki, kar pomeni, da velja enakost: , nadomestimo znana razmerja, imamo , AK:KV=1:3.

Naloga št. 3 Na stranici BC trikotnika ABC je točka D taka, da VD: DC = 2:5, na stranici AC pa točka E taka, da . V kakšnem razmerju sta odseka BE in AD deljena s točko K njunega presečišča?
rešitev: Najti moramo 1) AK:KD=? 2) VK:KE=?

1) Nariši premico DD 1 vzporedno s premico BE.

2) Stranici kota ALL sekata premici BE in DD 1 in s pomočjo posplošenega Thalesovega izreka sklepamo CD 1:D 1 E=5:2 oziroma CD 1 = 5z, D 1 E=2z.

3) Po pogoju AE:EC = 1:2, tj. AE=x, EC=2x, vendar EC= CD 1 + D 1 E, kar pomeni 2у=5z+2 z=7 z, z=

4) Stranice kota DСA sekajo premice BE in DD 1 in po splošnem Thalesovem izreku sklepamo

5) Za določitev razmerja VC:KE narišemo premico EE 1 in podobno sklepamo, dobimo

Odgovor: AK:KD=7:4; VK:KE=6:5.
komentar: Ta problem je mogoče rešiti z uporabo Menelajevega izreka. Nanesite ga na trikotnik TEŽA. Nato premica DA seka dve stranici trikotnika v točkah D in K, nadaljevanje tretje pa v točki A. To pomeni, da velja enakost:

, torej VK:KE=6:5. Če trdimo podobno za trikotnik ADC, dobimo

, AK:KD=7:4.
Naloga št. 4 V ∆ ABC simetrala AD deli stranico BC v razmerju 2 : 1. V kakšnem razmerju deli simetrala CE to simetralo?

Rešitev: Naj bo točka O presečišče simetrale AD in mediane CE. Najti moramo razmerje AO:OD.

1) Nariši premico DD 1 vzporedno z premico CE.

2) Stranice kota ABC sekajo premice CE in DD 1 in s pomočjo posplošenega Thalesovega izreka sklepamo, da je ВD 1:D 1 E=2:1 ali VD 1 = 2p, D 1 E=p.

3) Po pogoju AE:EB=1:1, tj. AE=y, EB=y, vendar EB= BD 1 + D 1 E, kar pomeni y=2str+ str=3 str, str =
4) Stranice kota BAD sekajo premice OE in DD 1 in z uporabo posplošenega Thalesovega izreka sklepamo .

Odgovor: AO:OD=3:1.

Problem #5 Na straneh AB in AC ∆ABC sta podani točki M oziroma N, tako da sta izpolnjeni naslednji enakosti AM:MB=Cn: N.A.=1:2. V kakšnem razmerju deli presečišče S odsekov BN in CM vsakega od teh odsekov?.

Naloga št. 6 Na mediani AM trikotnika ABC je vzeta točka K in AK: KM = 1 : 3. Poiščite razmerje, v katerem premica, ki poteka skozi točko K vzporedno s stranico AC, deli stranico BC.

Rešitev: Naj bo M 1 točka presečišče premice, ki poteka skozi točko K vzporedno s stranico AC in stranico BC. Najti moramo razmerje VM 1:M 1 C.

1) Stranici kota AMC sekata premici KM 1 in AC in s pomočjo posplošenega Thalesovega izreka sklepamo MM 1:M 1 C=3:1 ali MM 1 = 3z, M 1 C=z

2) Po pogoju VM:MS = 1:1, tj. VM=y, MS=y, toda MS= MM 1 + M 1 C, kar pomeni y=3z+ z=4 z,

3) .

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

Problem št. 7. Podan je trikotnik ABC. Na nadaljevanju stranice AC se kot točka vzame točka Cnin Cn=AC; točka K je sredina stranice AB. V kakšnem razmerju je premica Kndeli stran sonca.

komentar: Ta problem je mogoče rešiti z uporabo Menelajevega izreka. Uporabite ga na trikotniku ABC. Nato premica KN seka dve stranici trikotnika v točkah K in K 1, nadaljevanje tretje pa v točki N. To pomeni, da velja enakost: , torej VK 1:K 1 C=2:1.

Problem št. 8

Spletne strani:

http://www.problems.ru

http://interneturok.ru/

Enotni državni izpit 2011 Problem matematike C4 R.K. Gordin M.: MCNMO, 2011, - 148 s

Zaključek:

Rešitev nalog in izrekov za iskanje razmerja dolžin segmentov temelji na posplošenem Thalesovem izreku. Oblikovali smo metodo, ki omogoča, da brez uporabe Thalesovega izreka uporabimo vzporedne ravne črte, prenesemo znana razmerja z ene strani kota na drugo stran in tako poiščemo lokacijo točk, ki jih potrebujemo, in primerjamo dolžine. Delo na povzetku nam je pomagalo pri učenju reševanja geometrijskih problemov visoka stopnja težave. Spoznali smo resničnost besed slavnega ruskega pesnika Igorja Severjanina: »Vse nepomembno je potrebno, da bi bilo pomembno ...« in prepričani smo, da bomo na enotnem državnem izpitu lahko našli rešitev za predlagano naloge z uporabo metode vzporednih premic.

1 Izrek o sorazmernih odsekih v trikotniku - zgoraj opisani izrek.

Ta grob je majhen, a slava nad njim je ogromna.
Pred vami se v njem skriva multiinteligentni Thales.

Napis na grobnici Thalesa iz Mileta

Predstavljajte si to sliko. 600 pr. n. št Egipt. Pred vami je ogromna egipčanska piramida. Če želite presenetiti faraona in ostati med njegovimi priljubljenimi, morate izmeriti višino te piramide. Nimate ... ničesar na razpolago. Lahko padete v obup ali pa se obnašate kot Tales iz Mileta: Uporabite izrek o podobnosti trikotnika. Da, izkazalo se je, da je vse precej preprosto. Thales iz Mileta je počakal, da sta se dolžina njegove sence in njegova višina ujemali, nato pa je z uporabo izreka o podobnosti trikotnikov našel dolžino sence piramide, ki je bila torej enaka senci, ki jo meče piramida. piramida.

Kdo je ta tip? Tales iz Mileta? Človek, ki je zaslovel kot eden izmed »sedmih modrecev« antike? Thales iz Mileta je starogrški filozof, ki se je odlikoval z uspehi na področju astronomije, pa tudi matematike in fizike. Leta njegovega življenja so bila ugotovljena le približno: 625-645 pr. n. št

Med dokazi Thalesovega poznavanja astronomije lahko navedemo naslednji primer. 28. maj 585 pr napoved Mileta Sončev mrk pomagal končati vojno med Lidijo in Medijo, ki je trajala 6 let. Ta pojav je Medijce tako prestrašil, da so pristali na neugodne pogoje za sklenitev miru z Lidijci.

Obstaja precej splošno znana legenda, ki Talesa označuje kot iznajdljivo osebo. Thales je pogosto slišal nelaskave komentarje o svoji revščini. Nekega dne se je odločil dokazati, da lahko filozofi, če hočejo, živijo v izobilju. Tudi pozimi je Thales z opazovanjem zvezd ugotovil, da bo poleti dobra letina olive Istočasno je najel stiskalnice za olje v Miletu in na Hiosu. To ga je stalo precej malo, saj pozimi po njih praktično ni povpraševanja. Ko so oljke bogato obrodile, je Thales začel oddajati svoje stiskalnice za olje. Zbrano veliko število služenje denarja s to metodo je veljalo za dokaz, da lahko filozofi služijo denar s svojim umom, vendar je njihov klic višji od takih zemeljskih problemov. Mimogrede, to legendo je ponovil sam Aristotel.

Kar se tiče geometrije, so si mnoga njegova "odkritja" izposodili Egipčani. In vendar ta prenos znanja v Grčijo velja za eno glavnih zaslug Talesa iz Mileta.

Dosežki Thalesa veljajo za formulacijo in dokaz naslednjega izreki:

navpični koti so enaki;
Enaki trikotniki so tisti, katerih stranica in dva sosednja kota so enaki;
kota na dnu enakokrakega trikotnika sta enaka;
premer deli krog na polovico;
včrtani kot, ki ga sega premer, je pravi kot.

Po Thalesu je poimenovan še en izrek, ki je uporaben pri reševanju geometrijskih problemov. Obstaja njegova posplošena in posebna oblika, obratni izrek, formulacije se lahko tudi nekoliko razlikujejo glede na vir, vendar pomen vseh ostaja enak. Razmislimo o tem izreku.

Če vzporedne črte sekajo stranice kota in odrežejo enake segmente na eni strani, potem odrežejo enake segmente na drugi strani.

Recimo, da so točke A 1, A 2, A 3 presečišča vzporednih premic z eno stranjo kota, B 1, B 2, B 3 pa presečišča vzporednih premic z drugo stranjo kota. . Treba je dokazati, da če je A 1 A 2 = A 2 A 3, potem B 1 B 2 = B 2 B 3.

Skozi točko B 2 narišemo premico, vzporedno s premico A 1 A 2. Označimo novo premico C 1 C 2. Razmislite o paralelogramih A 1 C 1 B 2 A 2 in A 2 B 2 C 2 A 3 .

Lastnosti paralelograma nam omogočajo, da trdimo, da je A1A2 = C 1 B 2 in A 2 A 3 = B 2 C 2. In ker je po našem pogoju A 1 A 2 = A 2 A 3, potem C 1 B 2 = B 2 C 2.

In končno, upoštevajte trikotnika Δ C 1 B 2 B 1 in Δ C 2 B 2 B 3 .

C 1 B 2 = B 2 C 2 (dokazano zgoraj).

To pomeni, da bosta Δ C 1 B 2 B 1 in Δ C 2 B 2 B 3 enaka glede na drugi znak enakosti trikotnikov (po stranicah in sosednjih kotih).

Tako je Thalesov izrek dokazan.

Uporaba tega izreka bo močno olajšala in pospešila reševanje geometrijskih problemov. Vso srečo pri obvladovanju te zabavne vede matematike!

spletne strani, pri kopiranju materiala v celoti ali delno je obvezna povezava do vira.

načrt:

Uvod
1 Konverzni izrek

2 Thalesov izrek v kulturi

3 Zanimiva dejstva
Opombe

Uvod
Ta izrek govori o vzporednih premicah. Za kot, ki temelji na premeru, glejte drug izrek.
Thalesov izrek- eden od izrekov planimetrije.

Izrek nima nobenih omejitev glede relativne lege sekant (velja tako za sekajoče se kot za vzporedne premice). Prav tako ni pomembno, kje se nahajajo segmenti na sekantah.

Dokaz v primeru sekant

Dokaz Thalesovega izreka

Razmislimo o možnosti z nepovezanimi pari segmentov: naj kot sekajo ravne črte AA 1 | | BB 1 | | CC 1 | | DD 1 in pri čemer AB = CD .

Dokaz v primeru vzporednih daljic

Narišimo premico BC. Kota ABC in BCD sta enaka kot notranja navzkrižno ležeča s premicama AB in CD ter sekanto BC, kota ACB in CBD pa sta enaka kot notranja navzkrižno ležeča s premicama AC in BD ter sekanto BC. Potem sta po prvem kriteriju enakosti trikotnikov trikotnika ABC in DCB skladna. Iz tega sledi AC = BD in AB = CD. ■

Je tudi posplošen Thalesov izrek:
Vzporedne črte režejo sorazmerne odseke pri sekantah:
Thalesov izrek je poseben primer posplošenega Thalesovega izreka, saj lahko enake segmente štejemo za proporcionalne segmente s sorazmernostnim koeficientom enakim 1.

1. Konverzni izrek

Če se v Thalesovem izreku enaki segmenti začnejo od vrha (ta formulacija se pogosto uporablja v šolski literaturi), potem velja tudi obratni izrek. Za sekajoče se sekante je formulirano takole:

V Thalesovem obratnem izreku je pomembno, da se enaki segmenti začnejo od vrha

Tako (glej sliko) iz tega, kar sledi, da ravne črte .

Če so sekante vzporedne, je treba zahtevati, da so segmenti na obeh sekantah enaki drug drugemu, sicer ta trditev postane napačna (nasprotni primer je trapez, ki ga seka črta, ki poteka skozi razpolovišči baz).

2. Thalesov izrek v kulturi

argentinska glasbena skupina Les Luthiers ( španski) je predstavil pesem, posvečeno teoremu. Video za to pesem nudi dokaz neposrednega izreka za proporcionalne odseke.

3. Zanimiva dejstva

Thalesov izrek se še vedno uporablja v pomorski navigaciji kot pravilo, da je trčenje med ladjami, ki se premikajo s konstantno hitrostjo, neizogibno, če ladje ohranjajo smer druga proti drugi.

Zunaj literature v ruskem jeziku se Thalesov izrek včasih imenuje še en izrek planimetrije, in sicer izjava, da je včrtani kot, ki temelji na premeru kroga, pravi. Odkritje tega izreka se res pripisuje Talesu, kar dokazuje Proklo.

Tales se je v Egiptu naučil osnov geometrije.

Opombe

El Teorema de Thales por Les Luthiers en You Tube - www.youtube.com/watch?v=czzj2C4wdxY

3. Potovanje v Egipt / Domov / Starodavna literatura in filozofija. Tales iz Mileta - www.fales-iz-mileta.narod.ru/3_puteshestvie_v_egipet

Prenesi
Ta povzetek temelji na članku iz ruske Wikipedije. Sinhronizacija končana 07/16/11 23:06:34
Podobni izvlečki: