Izrek vzporedne črte režejo enake segmente. Thalesov izrek. Srednja črta trikotnika

Tema lekcije

Cilji lekcije

• Seznanite se z novimi definicijami in se spomnite nekaterih že preučenih.
• Formulirajte in dokažite lastnosti kvadrata, dokažite njegove lastnosti.
• Naučite se uporabiti lastnosti oblik pri reševanju nalog.
• Razvijanje - razviti pozornost učencev, vztrajnost, vztrajnost, logično razmišljanje, matematični govor.
• Izobraževalni - skozi lekcijo gojiti pozoren odnos drug do drugega, vzgajati sposobnost poslušanja tovarišev, medsebojne pomoči, neodvisnosti.

Cilji lekcije

• Preverite sposobnost učencev za reševanje problemov.

Učni načrt

1. Zgodovinska referenca.
2. Tales kot matematik in njegova dela.
3. Dobro si je zapomniti.

Zgodovinska referenca

• Thalesov izrek se še vedno uporablja v pomorski navigaciji kot pravilo, da trk ladij, ki se premikajo iz konstantna hitrost, je neizogiben, če se ohrani smer ladij druga proti drugi.

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

• Thales je v Egiptu spoznal osnove geometrije.

Odkritja in zasluge njenega avtorja

Ali veste, da je bil Thales iz Mileta eden od sedmih najbolj znanih modrecev Grčije tistega časa. Ustanovil je jonsko šolo. Ideja, ki jo je spodbujal Thales v tej šoli, je bila enotnost vseh stvari. Modrec je verjel, da obstaja en sam vir, iz katerega izvirajo vse stvari.

Velika zasluga Thalesa iz Mileta je ustvarjanje znanstvene geometrije. Ta veliki nauk je lahko iz egipčanske umetnosti merjenja ustvaril deduktivno geometrijo, katere osnova je skupna točka.

Poleg velikega znanja o geometriji je Thales dobro poznal tudi astronomijo. Em je prvi napovedal popolni sončni mrk. A to se ni zgodilo v sodobni svet, in nazaj leta 585, še pred našim štetjem.

Thales iz Mileta je bil človek, ki je spoznal, da je sever mogoče natančno določiti po ozvezdju Malega medveda. A tudi ni bil on. zadnje odkritje, saj je znal natančno določiti dolžino leta, ga razdeliti na tristo petinšestdeset dni in določiti tudi čas enakonočij.

Thales je bil namreč vsestransko razvit in moder človek. Poleg tega, da je zaslovel kot odličen matematik, fizik in astronom, je znal kot pravi meteorolog precej natančno napovedati pridelek oljk.

Najbolj presenetljivo pa je, da Thales svojega znanja ni nikoli omejeval le na znanstveno in teoretično področje, ampak je dokaze svojih teorij vedno poskušal utrditi v praksi. In najbolj zanimivo je, da se veliki modrec ni osredotočil na eno področje svojega znanja, njegov interes je imel različne smeri.

Ime Thales je že takrat postalo domače ime modreca. Njegov pomen in pomen za Grčijo sta bila tako velika kot ime Lomonosov za Rusijo. Seveda si je njegovo modrost mogoče razlagati na različne načine. Zagotovo pa lahko rečemo, da ga je zaznamovala tako iznajdljivost kot praktična iznajdljivost in do neke mere odmaknjenost.

Tales iz Mileta je bil odličen matematik, filozof, astronom, rad je potoval, bil je trgovec in podjetnik, ukvarjal se je s trgovino, bil pa je tudi dober inženir, diplomat, videc in je aktivno sodeloval v političnem življenju.

Uspelo mu je celo določiti višino piramide s pomočjo palice in sence. In bilo je tako. Nekega lepega sončnega dne je Thales postavil svojo palico na mejo, kjer se je končala senca piramide. Nato je počakal, da se je dolžina sence njegove palice izenačila z njegovo višino, in izmeril dolžino sence piramide. Zdi se torej, da je Thales preprosto določil višino piramide in dokazal, da je dolžina ene sence povezana z dolžino druge sence, tako kot je višina piramide povezana z višino palice. To je prizadelo samega faraona Amasisa.

Zahvaljujoč Thalesu je bilo vse takrat znano znanje preneseno na področje znanstvenega zanimanja. Rezultate mu je uspelo pripeljati na raven, primerno za znanstveno uporabo, pri čemer je izpostavil določen nabor konceptov. In morda s pomočjo Talesa se je začel kasnejši razvoj starodavne filozofije.

Eden od njih je Thalesov izrek pomembne vloge v matematiki. Znana je bila ne le v Starodavni Egipt in Babilonu, ampak tudi v drugih državah in je bila osnova za razvoj matematike. Da in noter Vsakdanje življenje, med gradnjo zgradb, objektov, cest itd., brez Thalesovega izreka ne gre.

Thalesov izrek v kulturi

Thalesov izrek ni zaslovel le v matematiki, ampak je prišel tudi v kulturo. Nekoč je argentinska glasbena skupina Les Luthiers (španščina) občinstvu predstavila pesem, ki so jo posvetili znanemu teoremu. Člani skupine Les Luthiers so posebej za to pesem v svojem videoposnetku zagotovili dokaz neposrednega izreka za proporcionalne odseke.

Vprašanja

1. Katere premice imenujemo vzporedne?
2. Kje se Thalesov izrek uporablja v praksi?
3. O čem govori Thalesov izrek?

Seznam uporabljenih virov

1. Enciklopedija za otroke. T.11. Matematika / glavni urednik M. D. Aksenova.-m .: Avanta +, 2001.
2. “Enotni državni izpit 2006. Matematika. Izobraževalna in učna gradiva za pripravo študentov / Rosobrnadzor, ISOP - M .: Intellect-Center, 2006 "
3. L. S. Atanasyan, V. F. Butuzov, S. B. Kadomtsev, E. G. Poznyak, I. I. Yudina "Geometrija, 7 - 9: učbenik za izobraževalne ustanove"

Predmeti > Matematika > Matematika 8. razred

V izreku ni nobenih omejitev glede medsebojne razporeditve sekant (velja tako za sekajoče se premice kot tudi za vzporedne). Prav tako ni pomembno, kje so odseki na sekantah.

Dokaz v primeru vzporednih daljic

Narišimo črto BC. Kota ABC in BCD sta enaka kot notranja križa, ki ležita pod vzporednicama AB in CD ter sekanto BC, kota ACB in CBD pa sta enaka kot notranja križa, ki ležita pod vzporednicama AC in BD ter sekanto BC. Potem sta po drugem kriteriju enakosti trikotnikov trikotnika ABC in DCB skladna. To pomeni, da je AC = BD in AB = CD. ■

Prav tako obstaja izrek o proporcionalnem segmentu:

Vzporedne črte režejo sorazmerne odseke pri sekantah: $$

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

Thalesov izrek je poseben primer izreka o sorazmernih segmentih, saj se enaki segmenti lahko štejejo za proporcionalne segmente s sorazmernostnim koeficientom, ki je enak 1.

Inverzni izrek

Če se v Thalesovem izreku enaki segmenti začnejo od vrha (ta formulacija se pogosto uporablja v šolski literaturi), se bo tudi obratni izrek izkazal za resničnega. Za sekajoče se sekante je formuliran takole:

Tako (glej sliko) iz dejstva, da $\backslash frac(CB\_1)(CA\_1)=\backslash frac(B\_1B\_2)(A\_1A\_2)=\backslash ldots\; =\; (\backslash rm\; idem)$ iz tega izhaja, da neposredni $A\_1B\_1||A\_2B\_2||\backslash lpike$.

Če so sekante vzporedne, je treba zahtevati enakost segmentov na obeh sekantah med seboj, sicer ta trditev postane napačna (nasprotni primer je trapez, ki ga seka črta, ki poteka skozi središča baz).

Različice in posplošitve

Naslednja izjava je dvojna na Sollertinskyjevo lemo:

Thalesov izrek se še danes uporablja v pomorski navigaciji kot pravilo, da je trčenje med ladjami, ki se gibljejo s konstantno hitrostjo, neizogibno, če se ladje ves čas gibljejo ena proti drugi. Zunaj literature v ruskem jeziku se Thalesov izrek včasih imenuje še en izrek planimetrije, in sicer izjava, da je včrtan kot, ki temelji na premeru kroga, pravilen. Odkritje tega izreka se res pripisuje Talesu, kar dokazuje Proklo. Napišite oceno o članku "Thalesov izrek" Literatura Atanasyan L. S. in drugi. Geometrija 7-9. - Ed. 3. - M .: Razsvetljenje, 1992. Opombe Poglej tudi Thalesov izrek o kotu, ki temelji na premeru kroga Odlomek, ki opisuje Thalesov izrek "Nič ne mislim, samo ne razumem ... - Počakaj, Sonya, vse boš razumela. Poglej, kakšen človek je. Ne misli slabega o meni ali njem. »O nikomer ne mislim slabega: vse imam rad in vsi se smilijo. Toda kaj naj storim? Sonya ni obupala nad nežnim tonom, s katerim jo je Natasha nagovorila. Bolj mehak in bolj iščejoč je bil Natašin izraz, bolj resen in strog je bil Sonyin obraz. »Nataša,« je rekla, »prosila si me, naj ne govorim s tabo, nisem, zdaj si začela sama. Nataša, ne verjamem mu. Zakaj ta skrivnost? - Spet, spet! je prekinila Natasha. - Natasha, bojim se zate. - Česa se bati? "Bojim se, da se boš uničil," je odločno rekla Sonya, ki se je tudi sama prestrašila tega, kar je rekla. Natašin obraz je spet izrazil jezo. »In uničil bom, uničil bom, uničil se bom čim prej. Ni tvoja stvar. Ne tebi, ampak meni bo slabo. Pusti, pusti me. Sovražim te. - Nataša! Sonya je prestrašeno zaklicala. - Sovražim, sovražim! In ti si moj sovražnik za vedno! Nataša je stekla iz sobe. Natasha ni več govorila s Sonjo in se ji je izogibala. Z enakim izrazom vznemirjenega presenečenja in zločinstva je korakala po sobah, se lotila najprej te in nato druge dejavnosti in ju takoj opustila. Ne glede na to, kako težko je bilo Sonyi, je ves čas gledala na prijateljico. Na predvečer dneva, ko naj bi se grof vrnil, je Sonya opazila, da je Natasha celo jutro sedela pri oknu dnevne sobe, kot da bi nekaj čakala, in da je mimoidočemu vojaku naredila nekakšen znak: ki ga je Sonya zamenjala za Anatola. Sonya je začela še bolj pozorno opazovati svojo prijateljico in opazila, da je bila Natasha ves čas večerje in večera v čudnem in nenaravnem stanju (neprimerno je odgovarjala na vprašanja, ki so ji bila zastavljena, začela in ni dokončala stavkov, smejala se vsemu). Po čaju je Sonya videla plašno služkinjo, ki jo je čakala na Natašinih vratih. Pustila ga je skozi in prisluškovala pri vratih izvedela, da je bilo pismo spet predano. In nenadoma je Sonyi postalo jasno, da ima Natasha za ta večer nekakšen grozen načrt. Sonya je potrkala na njena vrata. Nataša je ni pustila notri. »Pobegnila bo z njim! je pomislila Sonya. Sposobna je vsega. Danes je bilo nekaj posebno patetičnega in odločnega na njenem obrazu. Ko se je poslovila od strica, je planila v jok, se je spominjala Sonya. Ja, tako je, teče z njim - kaj pa naj storim? je pomislila Sonya, ko se je zdaj spomnila tistih znakov, ki so jasno dokazovali, zakaj je imela Natasha nekakšen grozen namen. "Ni štetja. Kaj naj storim, pišem Kuraginu in od njega zahtevam pojasnilo? Toda kdo mu reče, naj odgovori? Pišite Pierru, kot je prosil princ Andrej v primeru nesreče? ... Morda pa je v resnici že zavrnila Bolkonskega (včeraj je poslala pismo princesi Maryi). Ni stricev!" Sonji se je zdelo grozno povedati Mariji Dmitrijevni, ki je tako zelo verjela v Natašo. Toda tako ali drugače, je pomislila Sonya, stoječ v temnem hodniku: zdaj ali nikoli je prišel čas, da dokažem, da se spominjam dobrih dejanj njihove družine in ljubim Nicolasa. Ne, ne bom spala vsaj tri noči, vendar ne bom zapustila tega hodnika in je ne bom spustila na silo in ne bom dovolila, da sramota pade na njihovo družino, «je razmišljala. Anatole Zadnje čase preselil v Dolokhov. Načrt za ugrabitev Rostove je Dolokhov že nekaj dni premišljeval in pripravljal, in na dan, ko se je Sonya, ko je na vratih slišala Natašo, odločila, da jo zaščiti, je bilo treba ta načrt izvesti. Nataša je obljubila, da bo šla h Kuraginu na zadnjo verando ob desetih zvečer. Kuragin naj bi jo posadil v pripravljeno trojko in jo odpeljal 60 milj iz Moskve v vas Kamenka, kjer so pripravili urejenega duhovnika, ki naj bi ju poročil. V Kamenki je bila pripravljena postavitev, ki naj bi jih pripeljala do Varšavske ceste, tam pa naj bi se po pošti odpeljali v tujino. Anatole je imel potni list, popotnico in deset tisoč denarja, ki so ga vzeli od njegove sestre, in deset tisoč izposojenih prek Dolokhova. Dve priči - Khvostikov, nekdanji uradnik, ki sta ga Dolohov in Makarin uporabljala za igranje, upokojeni huzar, dobrodušen in šibka oseba, ki je imel brezmejno ljubezen do Kuragina - je sedel v prvi sobi za čaj. V Dolokhovi veliki pisarni, okrašeni od stene do stropa s perzijskimi preprogami, medvedjimi kožami in orožjem, je Dolokhov sedel v potujočem bešmetu in škornjih pred odprto pisarno, na kateri so ležali računi in šopki denarja. Anatole je v svoji odpeti uniformi šel iz sobe, kjer so sedele priče, skozi delovno sobo do zadnje sobe, kjer so njegov francoski lakaj in drugi pakirali zadnje stvari. Dolokhov je preštel denar in ga zapisal. »No,« je rekel, »Hvostikov bi moral dobiti dva tisoč. - No, dovolite mi, - je rekel Anatole. - Makarka (tako so klicali Makarino), ta brezinteresno za vas skozi ogenj in v vodo. No, rezultatov je konec, - je rekel Dolokhov in mu pokazal listek. - Torej? "Ja, seveda, tako je," je rekel Anatole, ki očitno ni poslušal Dolokhova in z nasmehom, ki ni zapustil obraza, gledal predse.

1. 
   besedilo;
2. 
   Dokaz;

1. 
   Izrek o proporcionalnih odsekih;
2. 
   Cevin izrek;

1. 
   besedilo;
2. 
   Dokaz;

1. 
   Menelajev izrek;

1. 
   besedilo;
2. 
   Dokaz;

1. 
   Naloge in njihove rešitve;
2. 
   Zaključek;
3. 
   Seznam uporabljenih virov in literature.

Uvod.

Vse malenkosti so potrebne

Biti pomemben ...

I. Severjanin
Ta povzetek je posvečen uporabi metode vzporednih premic pri dokazovanju izrekov in reševanju problemov. Zakaj uporabljamo 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 naloga je spodbudila začetek dela na študiju in razvoju 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 "Podobnosti figur" v devetem razredu in šele v desetem razredu se v uvodnem načrtu obravnavata dva pomembna Ceva in Menelajeva izreka, s pomočjo kar je relativno enostavno rešiti številne probleme za iskanje razmerja dolžin segmentov. Zato se lahko na ravni osnovne izobrazbe precej odločimo ozek krog naloge za to študijsko gradivo. Čeprav so na končnem certificiranju za tečaj glavne šole in na USE iz matematike v drugem delu izpita ponujene naloge na to temo (Thalesov izrek. Podobnost trikotnikov, koeficient podobnosti. Znaki podobnosti trikotnikov) papirju in so visoke stopnje 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 nam je ta izrek omogočil predlagati drug način za dokaz Ceva in Menelajevih izrekov. Posledično smo se lahko naučili reševati širši nabor problemov za 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

Razmislite o dveh primerih:

1 primer (slika b)

Neposredno a in b so vzporedni. 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 , od koder sledi, da

2 ohišje (slika c)

Premici a in b nista vzporedni. Skozi piko A 1 narišimo ravno črto 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 sta si podobna v dveh kotih (kot A 1 – splošno, koti A 1 A 2 Z 2 in A 1 A 3 Z 3 enako, kot ustreza pod vzporednimi črtami A 2 IN 2 in A 3 IN 3 sekant A 2 A 3 ), Zato

1+

Ali glede na lastnost proporcev

Po drugi strani pa s tem, kar je bilo 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 AU in sonce trikotnik ABC točke so označene TO in M torej AC:CS=m: n, BM: MC= str: q. Segmenti zjutraj in VC sekajo v točki O(Slika 124b).

Dokaži:

Dokaz:
Skozi piko M narišimo ravno črto MD(slika 124a), vzporedno VC. Prečka stran AU 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 so na stranicah AB, BC in CA trikotnika ABC vzete točke C 1 , A 1 in B 1 , nato segmenti 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 AU točke so označene Z 1 ,A 1 in IN 1 .

Dokaži:

2.kosi 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 enakost (3) velja. Po izreku o sorazmernih odsekih v trikotniku 1 imamo:

Levi deli teh enačb so enaki, zato so enaki tudi desni deli. 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 posneto na straneh AB, sonce in SA tako da velja enakost (3). Dokažimo, da segmenti AA 1 , BB 1 in SS 1 sekata v eni točki. Označite s črko O točka presečišča segmentov A A 1 in BB 1 in narišite ravno črto SO. 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 prvem odstavku

Tako veljata enakosti (3) in (4).

Če jih primerjamo, pridemo do enakosti = , kar kaže, da točke C 1 in C 2 deliti stran 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 podaljšku stranice AC (ali na podaljških 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 AU točke so označene 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 enakost (5) velja. Porabimo AD,BITI in CF vzporedno z ravno črto IN 1 A 1 (pika D leži na ravni črti sonce). Po splošnem Thalesovem izreku imamo:

Če pomnožimo levi in ​​desni del teh enačb, dobimo

tiste. enakost (5) velja.
2. Dokažimo obratno trditev. Naj bistvo IN 1 posneto na strani nadaljevanja AU, in točke Z 1 in A 1 - ob straneh AB in sonce, in to tako, da velja 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 prvem odstavku

S primerjavo (5) in (6) pridemo do enakosti = , kar kaže, da točke IN 1 in IN 2 deliti stran AU v istem pogledu. Zato točke IN 1 in IN 2 sovpadajo in s tem točke A 1 ,Z 1 in IN 1 ležijo na isti premici. Obratno trditev dokazujemo podobno v primeru, ko so vse tri točke A 1 ,Z 1 in IN 1 ležijo na podaljških 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 omogoča uporabo vzporednih črt za prenos znana razmerja razmerja od ene strani kota do njegove druge strani, zato morate te vzporedne črte narisati le na primeren način za rešitev problema.
Razmislite o posebnih nalogah:
Naloga №1 Točka M je vzeta v trikotniku ABC na stranici BC tako, da je VM: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 stranico AC?

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

Vzporedna metoda je naslednja:

1. 
   izrežite želeni segment z vzporednimi črtami. En BB 1 je že tam, drugi MN pa bo narisan skozi točko M, vzporedno z BB 1.
2. 
   Prenesite znano razmerje z ene strani kota na njegovo drugo stran, tj. upoštevajte kote stranice, ki jih sekajo te ravne črte.

Stranice kota C sekajo ravni črti BB 1 in MN in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo IN 1 n=3p, NC=2p. Strani kota MAC sekajo premici PB 1 in MN in delijo njene stranice v razmerju 2: 1, torej AB 1: B 1 N \u003d 2: 1 in torej AB 1 \u003d 2n, IN 1 n= n. Ker IN 1 n=3p, In IN 1 n= n, To 3p=n.

Preidimo na razmerje, ki nas zanima AB 1: B 1 C \u003d AB 1: (B 1 N + NC) \u003d 2n: (3p + 2p) \u003d (2 * 3p): (5p) \u003d 6:5.

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

Komentiraj: Ta problem je mogoče rešiti z uporabo Menelajevega izreka. Če ga uporabimo za trikotnik AMC. Nato premica BB 1 seka dve stranici trikotnika v točkah B 1 in P, nadaljevanje tretje pa v točki B. Velja torej enakost: , torej
Naloga številka 2 V trikotniku ABC je AN mediana. Na strani AC je točka M vzeta tako, da je AM: MC \u003d 1: 3. Segmenta AN in BM se sekata v točki O, žarek CO pa seka AB v točki K. V kakšnem razmerju točka K deli segment AB.

rešitev: Najti moramo razmerje med AK in KV.

1) Nariši 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 BCM sekata premici BM in NN 2 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo CN 2:N 2 M=1:1 ali 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) Stranice kota BAN sekajo ravne črte SK in NN 1 in po splošnem Thalesovem izreku sklepamo AK: KN 1 \u003d 1: 1,5 ali AK \u003d n KN 1 =1,5 n.

6) KN 1 \u003d y \u003d 1,5n.

Odgovor: AK:KV=1:3.

Komentiraj: To težavo bi lahko rešili z uporabo Cevaovega izreka in ga uporabili za trikotnik ABC. Po pogoju ležijo točke N, M, K na stranicah trikotnika ABC, odseki AN, CK in VM pa se sekajo v eni točki, kar pomeni, da velja enakost: , nadomestimo znane relacije, imamo , AK:KV=1:3.

Naloga št. 3 Na strani BC trikotnika ABC je vzeta točka D tako, da je BD: DC \u003d 2: 5, na strani AC pa je točka E taka, da . V kakšnem razmerju sta odseka BE in AD deljena s točko K njunega presečišča?
rešitev: Najti morate 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 po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo CD 1:D 1 E=5:2 oziroma CD 1 = 5z, D 1 E=2z.

3) Glede na pogoj AE:EC=1:2, tj. AE \u003d x, EC \u003d 2x, vendar EC \u003d CD 1 + D 1 E, potem 2y=5z+2 z=7 z, z=

4) Stranice kota DCA sekajo premice BE in DD 1 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo

5) Za določitev razmerja VK:KE narišemo ravno črto EE 1 in s podobnim argumentom 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. Velja torej enakost: , torej VK:KE=6:5. Če podobno trdimo glede na trikotnik ADC, dobimo , AK:KD=7:4.
Problem #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 s premico CE.

2) Stranici kota ABC sekata premici CE in DD 1 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo BD 1:D 1 E=2:1 oziroma BD 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, torej y=2str+ str=3 str, str =
4) Stranice kota BAD sekajo premice OE in DD 1 in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo .

Odgovor: AO:OD=3:1.

Naloga št. 5 Na stranicah AB in AC ∆ABC sta podani točki M oziroma N, tako da so izpolnjene naslednje enakosti AM:MB=Cn: NA=1:2. V kakšnem razmerju deli točka S presečišča odsekov BN in CM vsakega od teh odsekov.

Naloga №6 Točka K je vzeta na mediani AM trikotnika ABC 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 je treba razmerje BM 1:M 1 C.

1) Stranice kota AMC sekajo premice KM 1 in AC in po posplošenem Thalesovem izreku sklepamo MM 1: M 1 C=3:1 ali MM 1 \u003d 3z, M 1 C \u003d z

2) Po pogoju VM:MS=1:1, tj. VM=y, MC=y, vendar MC=MM 1 + M 1 C, torej y=3z+ z=4 z,

3) .

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

Problem №7 Podan je trikotnik ABC. Na podaljšku stranice AC se za točko C vzame točkanin Cn=AC; točka K je razpolovišče stranice AB. V kakšnem pogledu je črta Kndeli stranico BC.

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. Velja torej enakost: , torej VK 1:K 1 C=2:1.

Naloga št. 8

Spletna mesta:

http://www.problems.ru

http://interneturok.ru/

Enotni državni izpit 2011 Naloga iz matematike C4 R.K. Gordin M .: MTSNMO, 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 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 je pomembno ...« in prepričani smo, da bomo na Enotnem državnem izpitu lahko našli rešitev za predlagane naloge z uporabo metoda vzporednih črt.

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

Če stranice kota prečkajo ravne vzporedne črte, ki eno od strani delijo na več segmentov, bo tudi druga stran, ravne črte, razdeljena na segmente, ki so enakovredni drugi strani.

Thalesov izrek dokazuje naslednje: С 1 , С 2 , С 3 - to so mesta, kjer se vzporedne črte sekajo na kateri koli strani kota. C 2 je na sredini glede na C 1 in C 3 .. Točke D 1 , D 2 , D 3 so mesta sekanja premic, ki ustrezajo premicam z drugo stranjo kota. Dokažemo, da ko je C 1 C 2 \u003d C 2 C z, potem D 1 D 2 \u003d D 2 D 3 .
Na mestu D 2 narišemo ravni segment KR, vzporeden z odsekom C 1 C 3. V lastnostih paralelograma C 1 C 2 \u003d KD 2, C 2 C 3 \u003d D 2 P. Če je C 1 C 2 \u003d C 2 C 3, potem KD 2 = D 2 P.

Dobljena trikotna lika D 2 D 1 K in D 2 D 3 P sta enaka. In D 2 K=D 2 P po dokazu. Kota z vrhnjo točko D 2 sta enaka kot navpičnica, kota D 2 KD 1 in D 2 PD 3 pa sta enaka kot notranji križi, ki ležita na vzporednici C 1 D 1 in C 3 D 3 in ločujeta KP.
Ker je D 1 D 2 =D 2 D 3, je izrek dokazan z enakostjo stranic trikotnika

Opomba: Če ne vzamemo strani kota, ampak dva ravna segmenta, bo dokaz enak.
Vsi odseki ravne črte, ki so vzporedni drug z drugim, ki sekajo obravnavani črti in eno od njiju razdelijo na enake odseke, storite enako z drugo.

Poglejmo si nekaj primerov

Prvi primer

Pogoj naloge je razdelitev vrstice CD na p identične segmente.
Iz točke C narišemo polpremico c, ki ne leži na premici CD. Na njej označimo enako velike dele. SS 1, C 1 C 2, C 2 C 3 ..... C p-1 C p. C p povežemo z D. Iz točk C 1, C 2, ...., C p narišemo ravne črte -1, ki bosta vzporedni glede na C p D. Premice sekajo CD na mestih D 1 D 2 D p-1 in delijo premico CD na n enakih odsekov.

Drugi primer

Na stranici AB trikotnika ABC je označena točka CK. Odsek SK seka sredino AM trikotnika v točki P, medtem ko je AK ​​= AP. Potrebno je najti razmerje med VC in RM.
Skozi točko M narišemo premico, vzporedno s SC, ki seka AB v točki D

Avtor: Thalesov izrekВD=КD
Po izreku sorazmernih odsekov to dobimo
PM \u003d KD \u003d VK / 2, torej VK: PM \u003d 2: 1
Odgovor: VK: RM = 2:1

Tretji primer

V trikotniku ABC je stranica BC = 8 cm Premica DE seka stranici AB in BC vzporedno z AC. In na strani BC odreže segment EU = 4 cm. Dokaži, da je AD = DB.

Ker je BC = 8 cm in EU = 4 cm, potem
BE = BC-EU, torej BE = 8-4 = 4(cm)
Avtor: Thalesov izrek, ker je AC vzporeden z DE in EC \u003d BE, torej AD \u003d DB. Q.E.D.

IN ženska revija- na spletu boste našli veliko zanimiv podatek zame. Obstaja tudi razdelek, posvečen pesmim Sergeja Jesenina. Pridite, ne bo vam žal!

O vzporednici in sekanti.

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

Besedilo

Če na eni od dveh ravnih črt zaporedoma odložimo več enakih segmentov in skozi njihove konce narišemo vzporedne črte, ki sekajo drugo ravno črto, bodo na drugi ravni črti odrezali enake segmente.

Splošnejša formulacija, imenovana tudi izrek o proporcionalnem segmentu

Vzporedne črte režejo 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

• V izreku ni nobenih omejitev glede medsebojne razporeditve sekant (velja tako za sekajoče se premice kot tudi za vzporedne). Prav tako ni pomembno, kje so odseki na sekantah.

• Thalesov izrek je poseben primer izreka o sorazmernih segmentih, saj se enaki segmenti lahko štejejo za proporcionalne segmente s sorazmernostnim koeficientom, ki je enak 1.

Dokaz v primeru sekant

Razmislite o različici 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

Narišimo ravno črto pr. n. št. vogali ABC in BCD so enaki kot notranji križi, ki ležijo na vzporednih premicah AB in CD in sekanto pr. n. št, in koti ACB in CBD so enaki kot notranji križi, ki ležijo na vzporednih premicah AC in BD in sekanto pr. n. št. Nato po drugem kriteriju za enakost trikotnikov, trikotnikov ABC in DCB so enaki. Iz tega sledi, da AC = BD in AB = CD. ■

Različice in posplošitve

Inverzni izrek

Če se v Thalesovem izreku enaki segmenti začnejo od vrha (ta formulacija se pogosto uporablja v šolski literaturi), se bo tudi obratni izrek izkazal za resničnega. Za sekajoče se sekante je formuliran takole:

V inverznem Thalesovem 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 enakost segmentov na obeh sekantah med seboj, sicer ta trditev postane napačna (nasprotni primer je trapez, ki ga seka črta, ki poteka skozi središča baz).

Ta izrek se uporablja v navigaciji: trčenje ladij, 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 premice l (\displaystyle l) in neposredno m (\displaystyle m). Potem bo množica premic množica tangent na nek (po možnosti degeneriran) stožčasti prerez.

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) je projektivna transformacija stožnice. Nato ovojnica niza črt X f (X) (\displaystyle Xf(X)) bo stožnica (lahko degenerirana).