Thales teoremi hakkında rapor. Thales teoremi

İzin vermek f (\displaystyle f)- bir çizgi üzerindeki noktalar arasındaki projektif yazışma l (\displaystyle l) ve düz m (\displaystyle m). O zaman çizgiler kümesi, bazı konik kesitlere (muhtemelen dejenere) teğetlerin kümesi olacaktır.

İzin vermek f (\displaystyle f)- bir koniğin projektif dönüşümü. Daha sonra düz çizgiler kümesinin zarfı X f (X) (\displaystyle Xf(X)) bir konik olacaktır (muhtemelen dejenere).

Paralellikler ve sekantlar hakkında.

Rus dili literatürünün dışında, Thales teoremine bazen başka bir planimetri teoremi, yani bir dairenin çapının kapsadığı yazılı açının bir dik açı olduğu ifadesi denir. Bu teoremin keşfi Proclus'un da gösterdiği gibi aslında Thales'e atfedilir.

Formülasyonlar

İki çizgiden birine birkaç eşit parça art arda yerleştirilirse ve ikinci çizgiyle kesişen uçları boyunca paralel çizgiler çizilirse, ikinci çizgide eşit parçalar kesilecektir.

Daha genel bir formülasyon da denir orantılı bölüm teoremi

Paralel çizgiler sekantlarda orantılı bölümleri keser:

(\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))).)

• Teoremin sekantların göreceli konumu üzerinde herhangi bir kısıtlaması yoktur (hem kesişen hem de paralel çizgiler için geçerlidir). Ayrıca sekantlardaki segmentlerin nerede bulunduğu da önemli değildir.

• Notlar

Thales teoremi, orantılı bölümler teoreminin özel bir durumudur, çünkü eşit bölümler, orantı katsayısı 1'e eşit olan orantılı bölümler olarak kabul edilebilir.

Sekantlar durumunda kanıt Bağlantısız segment çiftleriyle ilgili seçeneği düşünelim: açının düz çizgilerle kesişmesine izin verin Bir A 1 | |.

B B 1 |

| CC 1 || D D 1 (\displaystyle AA_(1)||BB_(1)||CC_(1)||DD_(1)) ve aynı zamanda A B = C D (\displaystyle AB=CD) Paralel doğrular durumunda kanıt Direkt yapalım ve aynı zamanda M.Ö.. Açılar CC 1 | ABC Ve ve aynı zamanda BCD Paralel doğrular durumunda kanıt paralel çizgilerle iç çapraz uzanmaya eşit ve aynı zamanda AB. Açılar CC 1 | CD D D 1 (\displaystyle AA_(1)||BB_(1)||CC_(1)||DD_(1)) ve aynı zamanda ve sekant ve açılar paralel çizgilerle iç çapraz uzanmaya eşit = AB ve aynı zamanda Direkt yapalım = M.Ö.. ■

ACB

MİA

AC

BD

. Daha sonra üçgenlerin eşitliğine ilişkin ikinci kritere göre üçgenler DCB eşittir. Şunu takip ediyor Varyasyonlar ve genellemeler.

Kesenler paralelse, o zaman her iki kesen üzerindeki bölümlerin birbirine eşit olmasını gerektirmek gerekir, aksi takdirde bu ifade yanlış olur (karşı örnek, tabanların orta noktalarından geçen bir çizgiyle kesişen bir yamuktur).

Bu teorem navigasyonda kullanılır: Bir gemiden diğerine yön korunursa, sabit hızda hareket eden gemiler arasında çarpışma kaçınılmazdır.

Sollertinsky'nin lemması

Aşağıdaki ifade Sollertinsky'nin lemmasının ikilisidir:

Thales teoremi durumunda konik, paralel çizgilerin yönüne karşılık gelen sonsuzdaki nokta olacaktır.

Bu ifade, aşağıdaki ifadenin sınırlayıcı bir örneğidir:

Ders konusu

Ders Hedefleri

• Yeni tanımlarla tanışın ve daha önce çalışılmış olanlardan bazılarını hatırlayın.
• Karenin özelliklerini formüle edin ve kanıtlayın, özelliklerini kanıtlayın.
• Problemleri çözerken şekillerin özelliklerini uygulamayı öğrenin.
• Gelişimsel – öğrencilerin dikkatini, azmini, azmini geliştirmek, mantıksal düşünme, matematiksel konuşma.
• Eğitim - ders aracılığıyla birbirlerine karşı dikkatli bir tutum geliştirin, yoldaşları dinleme yeteneğini, karşılıklı yardımlaşmayı ve bağımsızlığı aşılayın.

Ders Hedefleri

• Öğrencilerin problem çözme becerilerini test edin.

Ders Planı

1. Tarihsel bilgi.
2. Bir matematikçi olarak Thales ve eserleri.
3. Hatırlamakta fayda var.

Tarihsel arka plan

• Thales teoremi deniz seyrüseferinde hala kullanılmaktadır; kural olarak, gemiler birbirlerine doğru ilerlemeyi sürdürürlerse, sabit hızla hareket eden gemiler arasındaki çarpışma kaçınılmazdır.

• Rus dili literatürünün dışında, Thales teoremine bazen başka bir planimetri teoremi, yani bir dairenin çapına dayanan yazılı açının dik olduğu ifadesi denir. Bu teoremin keşfi Proclus'un da gösterdiği gibi aslında Thales'e atfedilir.

• Thales geometrinin temellerini Mısır'da öğrendi.

Yazarının keşifleri ve esasları

Miletoslu Thales'in o zamanın en ünlü yedi bilgesinden biri olan Yunanistan'ın bilgesi olduğunu biliyor muydunuz? İyon okulunu kurdu. Thales'in bu okulda savunduğu fikir her şeyin birliğiydi. Bilge, her şeyin ortaya çıktığı tek bir başlangıç ​​olduğuna inanıyordu.

Milet Thales'in en büyük değeri bilimsel geometrinin yaratılmasıdır. Bu büyük öğreti, Mısır ölçüm sanatından, temeli ortak zemin olan tümdengelimli bir geometri yaratmayı başardı.

Thales, muazzam geometri bilgisinin yanı sıra astronomide de oldukça bilgiliydi. Tam güneş tutulmasını tahmin eden ilk kişi oydu. Ama bu gerçekleşmedi modern dünya ve 585'e, hatta M.Ö.

Milet'li Thales, kuzeyin Küçük Ayı takımyıldızı tarafından kesin olarak belirlenebileceğini fark eden adamdı. Ancak bu onun son keşfi değildi, çünkü yılın uzunluğunu doğru bir şekilde belirleyebildi, onu üç yüz altmış beş güne böldü ve ayrıca ekinoksların zamanını da belirledi.

Thales aslında kapsamlı bir şekilde geliştirildi ve bilge adam. Mükemmel bir matematikçi, fizikçi ve astronom olarak tanınmasının yanı sıra, aynı zamanda gerçek bir meteorologdu ve zeytin hasadını oldukça doğru bir şekilde tahmin edebiliyordu.

Ancak en dikkat çekici olanı, Thales'in bilgisini hiçbir zaman yalnızca bilimsel ve teorik alanla sınırlamamış, daima teorilerinin kanıtlarını pratikte pekiştirmeye çalışmıştır. Ve en ilginç olanı, büyük bilgenin bilgisinin herhangi bir alanına odaklanmaması, ilgisinin çeşitli yönleri olmasıydı.

Thales adı o zamanlar bile bilgenin kullandığı bir isim haline geldi. Lomonosov isminin Rusya için ne kadar büyük olduğu kadar, onun Yunanistan için önemi ve önemi de büyüktü. Elbette onun bilgeliği farklı şekillerde yorumlanabilir. Ancak kesinlikle onun yaratıcılık, pratik yaratıcılık ve bir dereceye kadar tarafsızlıkla karakterize edildiğini söyleyebiliriz.

Milet Thales mükemmel bir matematikçi, filozof, gökbilimciydi, seyahat etmeyi severdi, tüccar ve girişimciydi, ticaretle uğraşıyordu ve aynı zamanda iyi bir mühendis, diplomat, kahindi ve siyasi hayata aktif olarak katılıyordu.

Hatta bir asa ve bir gölge kullanarak piramidin yüksekliğini belirlemeyi bile başardı. Ve öyleydi. Güneşli güzel bir günde Thales asasını piramidin gölgesinin bittiği sınıra yerleştirdi. Daha sonra asasının gölgesinin uzunluğu yüksekliğine eşit olana kadar bekledi ve piramidin gölgesinin uzunluğunu ölçtü. Öyle görünüyor ki Thales, piramidin yüksekliğini belirledi ve tıpkı piramidin yüksekliğinin asanın yüksekliği ile ilişkili olması gibi, bir gölgenin uzunluğunun diğer bir gölgenin uzunluğuyla ilişkili olduğunu kanıtladı. Firavun Amasis'i de etkileyen şey buydu.

Thales sayesinde o dönemde bilinen tüm bilgiler bilimsel ilgi alanına aktarılmıştır. Belirli kavramları ön plana çıkararak sonuçları bilimsel tüketime uygun bir düzeye taşıyabildi. Ve belki de Thales'in yardımıyla antik felsefenin sonraki gelişimi başladı.

Thales teoremi matematikte önemli bir rol oynar. O sadece ünlü değildi Eski Mısır ve Babil'in yanı sıra diğer ülkelerde de matematiğin gelişiminin temelini oluşturdu. Evet ve içinde günlük yaşam Binalar, yapılar, yollar vb. inşa edilirken Thales teoremi olmadan yapılamaz.

Kültürde Thales teoremi

Thales'in teoremi sadece matematikte meşhur olmadı, aynı zamanda kültüre de tanıtıldı. Bir gün Arjantinli müzik grubu Les Luthiers (İspanyol), ünlü bir teoreme ithaf ettikleri bir şarkıyı izleyicilere sundu. Les Luthiers üyeleri, bu şarkı için özel olarak hazırladıkları video klipte, orantısal bölümlere ilişkin doğrudan teoremin kanıtlarını sundular.

Sorular

1. Hangi çizgilere paralel denir?
2. Thales teoremi pratikte nerede uygulanır?
3. Thales teoremi ne diyor?

Kullanılan kaynakların listesi

1. Çocuklar için ansiklopedi. T.11. Matematik/Genel Yayın Yönetmeni M.D.Aksenova.-m.: Avanta+, 2001.
2. "Bekar devlet sınavı 2006. Matematik. Öğrencileri hazırlamak için eğitim ve öğretim materyalleri / Rosobrnadzor, ISOP - M.: Intellect-Center, 2006"
3. L. S. Atanasyan, V. F. Butuzov, S. B. Kadomtsev, E. G. Poznyak, I. I. Yudina “Geometri, 7 – 9: eğitim kurumları için ders kitabı”

1. 
   Formülasyon;
2. 
   Kanıt;

1. 
   Orantılı segmentlerle ilgili teorem;
2. 
   Ceva teoremi;

1. 
   Formülasyon;
2. 
   Kanıt;

1. 
   Menelaus'un teoremi;

1. 
   Formülasyon;
2. 
   Kanıt;

1. 
   Sorunlar ve çözümleri;
2. 
   Çözüm;
3. 
   Kullanılan kaynakların ve literatürün listesi.

Giriiş.

Her şey çok az gerekli

Önemli olmak...

I. Severyanin
Bu makale, teoremlerin kanıtlanması ve problemlerin çözümünde paralel doğru yönteminin uygulanmasına ayrılmıştır. Neden bu yönteme yöneliyoruz? bunda akademik yıl Okul matematik olimpiyatlarında bize çok zor görünen geometrik bir problem önerildi. Segmentlerin uzunluklarının oranını bulma problemlerini çözerken paralel çizgiler yöntemini inceleme ve bu yönteme hakim olma çalışmalarının başlangıcına ivme kazandıran da bu problemdi.

Yöntemin fikri genelleştirilmiş Thales teoreminin kullanımına dayanmaktadır. Thales teoremi sekizinci sınıfta inceleniyor, genelleştirilmesi ve “Şekillerin Benzerliği” konusu dokuzuncu ve sadece onuncu sınıfta, giriş planında Cheva ve Menelaus'un iki önemli teoremi inceleniyor. Parçaların uzunluklarının oranını bulmayla ilgili bir takım problemler nispeten kolay bir şekilde çözülebilir. Dolayısıyla temel eğitim düzeyinde bu alandaki oldukça dar kapsamlı sorunları çözebiliriz. eğitim materyali. Her ne kadar temel bir okul dersinin final sertifikasında ve matematikte Birleşik Devlet Sınavında, bu konuyla ilgili problemler (Thales Teoremi. Üçgenlerin benzerliği, benzerlik katsayısı. Üçgenlerin benzerlik işaretleri) ikinci bölümde sunulmaktadır. sınav kağıdı ve yüksek düzeyde karmaşıklıkla ilgilidir.

Soyut üzerinde çalışma sürecinde bu konudaki bilgimizi derinleştirmek mümkün hale geldi. Bir üçgendeki orantılı bölümlere ilişkin teoremin kanıtı (teorem buna dahil değildir) okul müfredatı) paralel çizgiler yöntemine dayanmaktadır. Bu teorem, Ceva ve Menelaus'un teoremlerini kanıtlamak için başka bir yol önermeyi mümkün kıldı. Sonuç olarak, parçaların uzunluklarını karşılaştırmayı içeren daha geniş bir yelpazedeki problemleri nasıl çözeceğimizi öğrenebildik. Bu bizim çalışmamızın önemidir.

Genelleştirilmiş Thales teoremi.

Formülasyon:

Verilen iki doğruyu kesen paralel doğrular, bu doğrular üzerindeki orantılı parçaları keser.
Verilen:

Dümdüz A paralel çizgilerle kesilmiş ( A 1 İÇİNDE 1 , A 2 İÇİNDE 2 , A 3 İÇİNDE 3 ,…, A N B N) segmentlere A 1 A 2 , A 2 A 3 , …, A N -1 A N ve düz çizgi B- segmentlere İÇİNDE 1 İÇİNDE 2 , İÇİNDE 2 İÇİNDE 3 , …, İÇİNDE N -1 İÇİNDE N .

Kanıt:

Örneğin şunu kanıtlayalım:

İki durumu ele alalım:

1 vaka (Şekil b)

Doğrudan A ve aynı zamanda B paralel. Daha sonra dörtgenler

A 1 A 2 İÇİNDE 2 İÇİNDE 1 ve aynı zamanda A 2 A 3 İÇİNDE 3 İÇİNDE 2 - paralelkenarlar. Bu yüzden

A 1 A 2 =İÇİNDE 1 İÇİNDE 2 ve aynı zamanda A 2 A 3 =İÇİNDE 2 İÇİNDE 3 , bundan şu sonuç çıkıyor

Durum 2 (Şekil c)

A ve b doğruları paralel değildir. Nokta yoluyla A 1 hadi doğrudan yapalım İle, çizgiye paralel B. Çizgileri aşacak A 2 İÇİNDE 2 ve aynı zamanda A 3 İÇİNDE 3 bazı noktalarda İLE 2 ve aynı zamanda İLE 3 . Üçgenler A 1 A 2 İLE 2 ve aynı zamanda A 1 A 3 İLE 3 iki açıda benzer (açı A 1 – genel, açılar A 1 A 2 İLE 2 ve aynı zamanda A 1 A 3 İLE 3 paralel çizgilerde karşılık gelen eşit A 2 İÇİNDE 2 ve aynı zamanda A 3 İÇİNDE 3 sekant A 2 A 3 ), Bu yüzden

1+

Veya oranların özelliğine göre

Öte yandan, ilk durumda kanıtlanana göre, elimizde A 1 İLE 2 =İÇİNDE 1 İÇİNDE 2 , İLE 2 İLE 3 =İÇİNDE 2 İÇİNDE 3 . Orantılı olarak değiştirme (1) A 1 İLE 2 Açık İÇİNDE 1 İÇİNDE 2 ve aynı zamanda İLE 2 İLE 3 Açık İÇİNDE 2 İÇİNDE 3 , eşitliğe ulaşıyoruz

Q.E.D.
Bir üçgende orantılı bölümlere ilişkin teorem.

Yanlarda klima ve aynı zamanda Güneşüçgen ABC işaretlenmiş noktalar İLE ve aynı zamanda M Bu yüzden AK:KS=M: N, B.M.: M.C.= P: Q. Segmentler AM ve aynı zamanda VK bir noktada kesişmek HAKKINDA(Şekil 124b).

Kanıt:
Nokta yoluyla M hadi doğrudan yapalım MD(Şekil 124a), paralel VK. O tarafı geçiyor klima bu noktada D ve Thales teoreminin bir genellemesine göre

İzin vermek AK=mx. Daha sonra sorunun durumuna göre KS=nx ve o zamandan beri KD: DC= P: Q sonra yine Thales teoreminin bir genellemesini kullanırız:

Benzer şekilde, kanıtlanmıştır ki .

Ceva'nın teoremi.
Teorem, adını 1678'de kanıtlayan İtalyan matematikçi Giovanni Ceva'dan almıştır.

Formülasyon:

ABC üçgeninin sırasıyla AB, BC ve CA kenarları üzerinde C noktaları alınırsa 1 , A 1 ve B 1 , ardından AA segmentleri 1 BB 1 ve SS 1 bir noktada kesişir ancak ve ancak

Verilen:

Üçgen ABC ve yanlarında AB, Güneş ve aynı zamanda klima işaretlenmiş noktalar İLE 1 ,A 1 Ve İÇİNDE 1 .

2.segmentler bir bir 1 , BB 1 ve aynı zamanda SS 1 bir noktada kesişir.

Her iki tarafı da sağ tarafa bölerek eşitliğe (3) ulaşırız.

2. Tersi ifadeyi kanıtlayalım. Bırakın puanlar İLE 1 ,A 1 Ve İÇİNDE 1 yanlardan alınan AB, Güneş ve aynı zamanda SA böylece eşitlik (3) sağlanır. Segmentlerin olduğunu kanıtlayalım. AA 1 , BB 1 ve aynı zamanda SS 1 bir noktada kesişir. Harf ile belirtelim HAKKINDA segmentlerin kesişme noktası bir bir 1 ve aynı zamanda BB 1 ve doğrudan bir konuşma yapalım CO. O tarafı geçiyor AB belirttiğimiz bir noktada İLE 2 . Segmentlerden bu yana AA 1 , BB 1 ve aynı zamanda SS 1 bir noktada kesişir, ardından ilk noktada kanıtlanmış olanla kesişir

Dolayısıyla (3) ve (4) eşitlikleri geçerlidir.

Bunları karşılaştırarak = eşitliğine ulaşırız, bu da noktaların eşit olduğunu gösterir. C 1 ve aynı zamanda C 2 tarafları paylaş Direkt yapalım C 1 ve aynı zamanda C 2 çakışır ve bu nedenle bölümler AA 1 , BB 1 ve aynı zamanda SS 1 bir noktada kesişmek O.

Q.E.D.
Menelaus'un teoremi.

Formülasyon:

AB ve BC kenarlarında ve AC kenarının devamında (veya AB, BC ve AC kenarlarının devamında) sırasıyla C noktaları alınırsa 1 , A 1 , İÇİNDE 1 , o zaman bu noktalar ancak ve ancak şu şartla aynı doğru üzerinde yer alır:

Verilen:

Üçgen ABC ve yanlarında AB, Güneş ve aynı zamanda klima işaretlenmiş noktalar İLE 1 ,A 1 Ve İÇİNDE 1 .

2. puan A 1 ,İLE 1 Ve İÇİNDE 1 aynı düz çizgide uzanmak
Kanıt:
1. Puanları bırakalım A 1 ,İLE 1 Ve İÇİNDE 1 aynı düz çizgi üzerinde uzanın. Eşitliğin (5) sağlandığını kanıtlayalım. Hadi gerçekleştirelim Reklam,OLMAK ve aynı zamanda CFçizgiye paralel İÇİNDE 1 A 1 (nokta D düz bir çizgi üzerinde yatıyor Güneş). Genelleştirilmiş Thales teoremine göre elimizde:

Bu eşitliklerin sol ve sağ taraflarını çarparsak, şunu elde ederiz:

onlar. eşitlik (5) sağlandı.
2. Tersi ifadeyi kanıtlayalım. Bırakın nokta İÇİNDE 1 devam tarafında alınan klima ve noktalar İLE 1 ve aynı zamanda A 1 – yanlarda AB Ve Güneş ve eşitlik (5) sağlanacak şekilde. noktaların olduğunu kanıtlayalım A 1 ,İLE 1 Ve İÇİNDE 1 aynı düz çizgi üzerinde uzanın. A 1 C 1 düz çizgisinin AC kenarının devamıyla B 2 noktasında kesişmesine izin verin, o zaman ilk noktada kanıtlanmış olana göre

(5) ve (6)'yı karşılaştırarak = eşitliğine ulaşırız, bu da noktaların eşit olduğunu gösterir. İÇİNDE 1 ve aynı zamanda İÇİNDE 2 tarafları paylaş klima aynı açıdan. Bu nedenle noktalar İÇİNDE 1 ve aynı zamanda İÇİNDE 2 çakışıyor ve bu nedenle noktalar A 1 ,İLE 1 Ve İÇİNDE 1 aynı düz çizgi üzerinde uzanın. Üç noktanın da aynı olması durumunda ters ifade benzer şekilde kanıtlanır. A 1 ,İLE 1 Ve İÇİNDE 1 karşılık gelen tarafların devamı üzerinde uzanır.

Q.E.D.

Sorun çözme.

Çözüm: AB 1:B 1 C oranını bulmanız gerekiyor, AC, B 1 noktasının bulunduğu istenen segmenttir.

Paralel yöntem aşağıdaki gibidir:

1. 
   gerekli parçayı paralel çizgilerle kesin. Bir BB 1 zaten mevcut ve ikinci MN'yi BB 1'e paralel M noktasından geçireceğiz.
2. 
   Bilinen bir oranı açının bir tarafından diğer tarafına aktarın; Bu düz çizgilerin kestiği kenarların açılarını düşünün.

Bizi ilgilendiren ilişkiye geçelim AB 1:B 1 C= AB 1:(B 1 N+ NC)= 2n:(3p+2p)=(2*3p):(5p)=6:5.

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

Yorum: Bu problem Menelaus teoremi kullanılarak çözülebilir. Bunu AMC üçgenine uyguluyoruz. Daha sonra BB 1 düz çizgisi üçgenin iki kenarını B 1 ve P noktalarında ve üçüncü kenarın devamını B noktasında keser. Bu, eşitliğin geçerli olduğu anlamına gelir: , buradan
Problem No. 2 ABC üçgeninde AN ortancadır. AC tarafında, AM: MC = 1: 3 olacak şekilde bir M noktası alınır. AN ve BM parçaları O noktasında kesişir ve CO ışını AB'yi K noktasında keser. K noktası AB parçasını hangi oranda böler? .

Çözüm: AK'nin HF'ye oranını bulmamız gerekiyor.

1) SK düz çizgisine paralel bir NN 1 düz çizgisi ve VM düz çizgisine paralel bir NN 2 düz çizgisi çizelim.

2) ABC açısının kenarları SC ve NN 1 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremine göre BN 1:N 1 K=1:1 veya BN 1 = sonucuna varırız. N 1 k= sen.

3) ВСМ açısının kenarları BM ve NN 2 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremine göre CN 2:N 2 M=1:1 veya CN 2 = N 2 M=3:2=1,5 sonucuna varırız.

4) NAC açısının kenarları BM ve NN 2 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremine göre AO: ON=1:1.5 veya AO=m ON=1.5m sonucunu çıkarırız.

5) BAN açısının kenarları SK ve NN 1 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremine göre AK: KN 1 = 1: 1,5 veya AK = n sonucuna varırız. KN 1 =1,5 N.

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

Cevap: AK:KV=1:3.

Yorum: Bu problem Ceva teoremi kullanılarak ABC üçgenine uygulanarak çözülebilir. Koşul gereği, N, M, K noktaları ABC üçgeninin kenarlarında yer alır ve AN, CK ve BM doğru parçaları bir noktada kesişir, bu da eşitliğin doğru olduğu anlamına gelir: Bilinen oranları yerine koyalım, AK:KV=1:3 elde ederiz.

Problem No. 3 ABC üçgeninin BC tarafında, ВD: DC = 2:5 olacak şekilde D noktası alınır ve AC tarafında E noktası şu şekilde alınır: . BE ve AD doğru parçaları kesişimlerinin K noktasına hangi oranda bölünür?
Çözüm: Bulmalıyız 1) AK:KD=? 2)VK:KE=?

1) BE çizgisine paralel bir DD 1 çizgisi çizin.

2) ALL açısının kenarları BE ve DD 1 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremini kullanarak CD 1:D 1 E=5:2 veya CD 1 = 5z, D 1 E=2z sonucuna varırız.

3) AE:EC = 1:2 koşuluna göre, yani. AE=x, EC=2x, ancak EC= CD 1 + D 1 E, yani 2у=5z+2 z=7 z, z=

4) DСA açısının kenarları BE ve DD 1 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremini kullanarak şu sonuca varırız:

5) VC:KE oranını belirlemek için EE 1 düz çizgisini çizeriz ve benzer şekilde akıl yürüterek şunu elde ederiz:

Çözüm: Nokta O olsun AD açıortayı ile ortanca CE'nin kesişimi. AO:OD oranını bulmamız gerekiyor.

1) CE düz çizgisine paralel bir DD 1 düz çizgisi çizin.

2) ABC açısının kenarları CE ve DD 1 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremini kullanarak ВD 1:D 1 E=2:1 veya ВD 1 = 2p, D 1 E=p sonucuna varırız.

3) AE:EB=1:1 koşuluna göre yani. AE=y, EB=y, ancak EB= BD 1 + D 1 E, bunun anlamı y=2P+ P=3 P, P =
4) BAD açısının kenarları OE ve DD 1 düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremini kullanarak şu sonuca varırız: .

Cevap: AO:OD=3:1.

Problem No. 6 ABC üçgeninin ortanca AM'sinde K noktası alınıyor ve AK: KM = 1: 3. K noktasından AC kenarına paralel geçen doğrunun BC kenarını bölme oranını bulun.

Çözüm: M 1 puan olsun K noktasından AC kenarına ve BC kenarına paralel geçen düz bir çizginin kesişimi. VM 1:M 1 C oranını bulmamız gerekiyor.

1) AMC açısının kenarları KM 1 ve AC düz çizgileriyle kesişir ve genelleştirilmiş Thales teoremine göre MM 1: M 1 C = 3: 1 veya MM 1 = 3z, M 1 C = z sonucuna varırız

2) VM:MS = 1:1 koşuluna göre, yani VM=y, MS=y, ancak MS= MM 1 + M 1 C, yani y=3z+ z=4 z,

3) .

Yanıt: VM 1:M 1 C =7:1.

Yorum: Bu problem Menelaus teoremi kullanılarak çözülebilir. Bunu ABC üçgenine uyguluyoruz. Daha sonra KN doğrusu üçgenin iki kenarını K ve K 1 noktalarında ve üçüncü kenarın devamını N noktasında keser. Bu, eşitliğin geçerli olduğu anlamına gelir: dolayısıyla VK 1:K 1 C=2:1.

Sorun No. 8

Web siteleri:

http://www.problems.ru

http://interneturok.ru/

Birleşik Devlet Sınavı 2011 Matematik Problemi C4 R.K. Gordin M.: MCNMO, 2011, - 148 s

Çözüm:

Segmentlerin uzunluklarının oranını bulmaya yönelik problemlerin ve teoremlerin çözümü, genelleştirilmiş Thales teoremine dayanmaktadır. Thales teoremini uygulamadan, paralel düz çizgiler kullanarak, bilinen oranları açının bir tarafından diğer tarafına aktarabilen ve böylece ihtiyacımız olan noktaların konumunu bulup uzunlukları karşılaştırabilen bir yöntem formüle ettik. Soyut üzerinde çalışmak, yüksek düzeyde karmaşıklığa sahip geometrik problemleri çözmeyi öğrenmemize yardımcı oldu. Ünlü Rus şair Igor Severyanin'in "Önemsiz olan her şeyin anlamlı olması gerekir..." sözlerinin doğruluğunu anladık ve Birleşik Devlet Sınavı'nda önerilen sorunlara aşağıdaki yöntemleri kullanarak çözüm bulabileceğimizden eminiz: Paralel doğrular yöntemi.

1 Bir üçgendeki orantılı bölümlere ilişkin teorem - yukarıda açıklanan teorem.

Bir açının kenarlarını kesen paralel çizgiler bir tarafta eşit parçaları kesiyorsa, diğer tarafta eşit parçaları keser.

Kanıt. A 1, A 2, A 3, paralel çizgilerin açının kenarlarından biriyle kesişme noktaları olsun ve A 2, A 1 ile A 3 arasında yer alsın (Şekil 1).

Bu çizgilerin açının diğer tarafıyla karşılık gelen kesişme noktaları B 1 B 2, B 3 olsun. A 1 A 2 = A 2 A 3 ise B 1 B 2 = B 2 B 3 olduğunu kanıtlayalım.

B 2 noktasından geçen, A 1 A 3 düz çizgisine paralel bir EF düz çizgisi çizelim. Paralelkenarın özelliği ile A 1 A 2 = FB 2, A 2 A 3 = B 2 E.

Ve A 1 A 2 = A 2 A 3 olduğundan, FB 2 = B 2 E.

B 2 B 1 F ve B 2 B 3 E üçgenleri ikinci kritere göre eşittir. Kanıtlanmış olana göre B 2 F = B 2 E'ye sahiptirler. B 2 tepe noktasındaki açılar dikey olarak eşittir ve B 2 FB 1 ve B 2 EB 3 açıları, A 1 B 1 ve A 3 B 3 paraleli ve EF sekantıyla iç çaprazlama olarak eşittir. Üçgenlerin eşitliğinden kenarların eşitliği çıkar: B 1 B 2 = B 2 B 3. Teorem kanıtlandı.

Thales teoremini kullanarak aşağıdaki teorem kurulur.

Teorem 2. Üçgenin orta çizgisi üçüncü kenara paraleldir ve yarısına eşittir.

Bir üçgenin orta çizgisi, iki kenarının orta noktalarını birleştiren parçadır. Şekil 2'de ED doğru parçası ABC üçgeninin orta çizgisidir.

ED - ABC üçgeninin orta çizgisi

Örnek 1. Bu parçayı dört eşit parçaya bölün.

Çözüm. AB'nin 4 eşit parçaya bölünmesi gereken belirli bir parça (Şekil 3) olmasına izin verin.

Bir doğru parçasını dört eşit parçaya bölmek

Bunu yapmak için, A noktasından geçen rastgele bir yarım çizgi çizin ve üzerine sırayla dört eşit AC, CD, DE, EK parçasını çizin.

B ve K noktalarını bir doğru parçasıyla birleştirelim. Geriye kalan C, D, E noktalarından geçerek AB doğru parçasını kesecek şekilde BK doğrusuna paralel düz çizgiler çizelim.

Thales teoremine göre AB doğru parçası dört eşit parçaya bölünecektir.

Örnek 2. Dikdörtgenin köşegeni a'dır. Köşeleri dikdörtgenin kenarlarının orta noktaları olan dörtgenin çevresi nedir?

Çözüm. Şekil 4'ün problemin koşullarını sağlamasına izin verin.

O halde EF, ABC üçgeninin orta çizgisidir ve dolayısıyla Teorem 2'ye göre. $$ EF = \frac(1)(2)AC = \frac(a)(2) $$

Benzer şekilde $$ HG = \frac(1)(2)AC = \frac(a)(2) , EH = \frac(1)(2)BD = \frac(a)(2) , FG = \frac( 1)(2)BD = \frac(a)(2) $$ ve dolayısıyla EFGH dörtgeninin çevresi 2a'dır.

Örnek 3. Bir üçgenin kenarları 2 cm, 3 cm ve 4 cm olup köşeleri başka bir üçgenin kenarlarının orta noktalarıdır. Büyük üçgenin çevresini bulun.

Çözüm. Şekil 5 problemin koşullarını karşılasın.

AB, BC, AC doğru parçaları DEF üçgeninin orta çizgileridir. Dolayısıyla Teorem 2'ye göre $$ AB = \frac(1)(2)EF\ \ ,\ \ BC = \frac(1)(2)DE\ \ ,\ \ AC = \frac(1)(2) DF $$ veya $$ 2 = \frac(1)(2)EF\ \ ,\ \ 3 = \frac(1)(2)DE\ \ ,\ \ 4 = \frac(1)(2)DF $ $ bundan dolayı $$ EF = 4\ \ ,\ \ DE = 6\ \ ,\ \ DF = 8 $$ ve dolayısıyla DEF üçgeninin çevresi 18 cm'dir.

Örnek 4.İÇİNDE dik üçgen hipotenüsünün ortasından bacaklarına paralel düz çizgiler vardır. Üçgenin bacakları 10 cm ve 8 cm ise ortaya çıkan dikdörtgenin çevresini bulun.

Çözüm. ABC üçgeninde (Şekil 6)

∠ A düz bir çizgidir, AB = 10 cm, AC = 8 cm, KD ve MD ABC üçgeninin orta çizgileridir, dolayısıyla $$ KD = \frac(1)(2)AC = 4 cm \\ MD = \. frac(1) (2)AB = 5 cm $$ K DMA dikdörtgeninin çevresi 18 cm'dir.