Применение подоби вирішення завдань

Тип роботи:
Реферат
Предмет:
Фізико-математичні науки


Дізнатися вартість нової

Детальна інформація про роботу

Витяг з роботи

Применение подоби до рішенню задач

Бычек В.І., доцент кафедри геометрії ХДПУ

Обучение рішенню завдань одна із основних елементів математичної освіти. Разом про те — це найбільш важкий вид роботи і для учнів, й у вчителів. У статті розглядається ефективний метод рішення геометричних завдань — метод подоби. Освоєння цього дуже корисно для вчителя математики.

Рассмотрим застосування подоби площині, зокрема гомотетии, під час вирішення завдань елементарної геометрии.

Преобразование площині називається подобою, якщо є така кількість k> 0, що з будь-яких точок Проте й У та його образів А1 і В1 виконується рівність А1В1=kАВ. Кількість k називається коефіцієнтом подобия.

Преобразование площині називається гомотетией з центром М0 і коефіцієнтом k¹о, якщо кожній фазі М площині ставлять у відповідність точка М1 отже М0М1=kМ0М. При k>0 гомотетия називається позитивної, а при k<0 — негативною. Гомотетия з коефіцієнтом k є подобу з коефіцієнтом подоби |k|. З визначення гомотетии слід, що вищу точку і його образ у цій гомотетии лежать в одній прямий з центром гомотетии.

При рішенні завдань найчастіше використовується гомотетия. Зазначимо її основні властивості. Так всяка гомотетия з коефіцієнтом k¹1 переводить пряму, яка через центр гомотетии, в паралельну їй пряму, а пряму, яка стелиться через центр гомотетии — у собі. Гомотетия переводить відрізок у відрізок, середину відрізка — до середини відрізка, промінь — в промінь, полуплоскость — в полуплоскость, кут — в рівний йому кут, перпендикулярні прямі - в перпендикулярні прямые.

Задача 1.

Доказать, що пряма, з'єднує середини підстав трапеції, проходить через точку перетину її діагоналей й ставлячи крапку перетину прямих, що з'єднують бічні стороны.

Рішення. Нехай дана трапеція АВСД, що має АВ//СД, АВ> СД, О=АСÇВД, Р=АДÇСВ; М, М — середини підстав АВ і СД (рис. 1.). Треба довести, що точки Про і Р лежать на прямий МН. Розглянемо спочатку гомотетию з центром у точці Про і коефіцієнтом k1=-ДС: АВ. Н0k1: А®С, В®Д. Отже Н0k1: АВ®СД. Тоді Н0k1: М®Н. Отже, точка Про належить прямий МН. Потім розглянемо гомотетию з центром у точці Р і коефіцієнтом k2=ДС: АВ. Нpk2: А®Д, В®С. Отже Нpk2: АВ®СД. Тоді Нpk2: М®Н. Отже, точка Р належить прямий МН.

Задача 2. Довести, що відрізок, який би з'єднав середини діагоналей трапеції, параллелен підставах та її довжина дорівнює полуразности довжин оснований.

Решение. Нехай дана трапеція АВСД, що має АД//СВ, АД> СВ; М, М — середини діагоналей АС і ВД (рис. 2). Проведемо пряму СП до перетину з АТ у точці Н1. Тоді тр-к ВСН = тр-ку ДН1Н оскільки ВН=НД, ÐСНВ=ÐН1НД, ÐСВН=ÐН1ДН. Звідси випливає, що СН=НН1, Н1Д=ВС. Розглянемо гомотетию з центром у точці З повагою та коефіцієнтом k=2. Нс2: М®А, Н®Н1. Отже Нс2: МН®АН1. Отже, МН//АН1. Тоді МН//АД//ВС і МН=½АН1=½(АД-Н1Д)=½(АД-ВС).

Завдання 3. Довести, що у трикутнику точка перетину медиан, центр окружності, описаної близько трикутника, і ортоцентр лежать в одній прямой.

Рішення. Нехай дано трикутник АВС, яка має М — точка перетину медиан, Р — центр окружності, описаної близько трикутника, М — ортоцентр, тобто. М — точка перетину висот трикутника (рис. 3). Треба довести, що вищу точку М належить прямий НР. Розглянемо Гомотетию з центром у точці М і коефіцієнтом k=-½. Так як точка М ділить медіани щодо 1: 2, починаючи з вершини, а Р — точка перетину серединних перпендикулярів, то Нм-½: В®В1, а А®А1, ВН®В1Р, АН®А1Р. Отже Нм-½: Н®Р. Отже, точка М належить прямий НР.

Задача 4. Через середину кожної зі сторін трикутника проведена пряма, паралельна бісектрисі противолежащего кута. Довести, що це прямі проходять через одну точку.

Рішення. Нехай дано трикутник АВС (рис. 4), яка має А1, В1, С1 — середини сторін ЗС, АС, АВ; АА2, ВВ2, СС2 — биссектрисы, а А1А3//АА2, В1В3//ВВ2, С1С3//СС2. Треба довести, що прямі А1А3, В1В3, С1С3 проходять через одну точку. Означимо через М точку перетину медиан трикутника АВС і розглянемо гомотетию з центром у точці М і коефіцієнтом k=-½. Нм-½: А®А1, В®В1, С®С1. Отже Нм-½: тр-к АВС®тр-к А1В1С1. Тоді Нм-½: АА2®А1А3, ВВ2®В1В3, СС2®С1С3. Отже, прямі А1А3, В1В3, С1С3 проходять через одну точку, оскільки биссектрисы АА2, ВВ2, СС2 трикутника АВС проходять через одну точку.

Задача 5. У сегмент вписані дві окружності g1(О1, r1) і g2(О2, r2). Один із них g1 стосується дуги та юридичного грунту сегмента відповідно точках Проте й У, інша g2 — точках З повагою та Д (рис. 5). Довести, що становище точки перетину прямих АВ і СД залежить від вибору окружностей g1, g2, уписаних в сегмент.

Рішення. Нехай дана окружність g (О, r) і дано сегмент з повним правом ЄП. Розглянемо спочатку гомотетию з центром у точці Проте й коефіцієнтом k1=r/r1. НАk1: О1®О, g1®g, ЕН®L1. По властивості гомотетии пряма L1 мусить бути паралельна прямий ЄП і лежати в напівплощини, обумовленою прямий ЄП і точкою Про. Оскільки ЄП стосується окружності g1 у точці У, то пряма L1 повинна стосуватися окружності g у точці До, де К=НАk1(В) і Ко належить прямий АВ. Потім розглянемо гомотетию з центром у точці З повагою та коефіцієнтом k2=r/r2. Нсk2: О2®О, g2®g, ЕН®L2. По властивості гомотетии пряма L2 мусить бути паралельна прямий ЄП і лежати в напівплощини, обумовленою прямий ЄП і точкою Про. Оскільки ЄП стосується окружності g2 у точці Д, то пряма L2 повинна стосуватися окружності g у точці Р, де Р=Нсk2(Д) і Р належить прямий СД. Однак у напівплощини, обумовленою прямий ЄП і точкою Про, можна розбудувати лише одну дотичну до окружності g (О, r), паралельну прямий ЄП. Отже прямі L1 і L2 збігаються (L1ºL2ºL), і навіть збігаються і точки До і Р (КºРºМ). Крапка М вийде як точка перетину прямих АВ і СД і буде точкою торкання прямий L і окружності g (О, r). Оскільки становище точки М залежить від становища прямий ЄП, від становище точки перетину прямих АВ і СД залежить від вибору окружностей g1, g2, уписаних в сегмент.

Задача 6. На площині дано довільний трикутник АВС і край Про. Через точку Про проведено прямі СР, ОЕ, ВІН відповідно перпендикулярні до прямим АВ, ЗС, АС (РÎАВ, ЕÎВС, НÎАС). Через середини відрізків СР, ОЕ, ВІН проведено прямі L1, L2, L3, відповідно прямим АВ, ЗС, АС. Довести, що трикутник А2В2С2, де А2=L1ÇL3, В2=L1ÇL2, С2=L2ÇL3 дорівнює трикутнику А1В1С1, де А1, В1, С1 — середини сторін ЗС, АС, АВ трикутника АВС (рис. 6).

Рішення. Нехай М — точка перетину медиан трикутника АВС. Розглянемо спочатку гомотетию з центром у точці М і коефіцієнтом k=-2Нм-2: А1®А, В1®В, С1®С. Отже Нм-2: DА1В1С1®DАВС. Потім розглянемо гомотетию з центром у точці Про і коефіцієнтом k2=½. Н01/2: Р®Р1, Н®Н1, Е®Е1. Бо за допомоги гомотетии пряма перетворюється на паралельну їй пряму, то Н01/2: АВ®L1, ВС®L2, АС®L3. Отже, Н01/2: А®А2, В®В2, С®С2. Отже Н01/2: DАВС®DА2В2С2. Розглянемо тепер композицію гомотетий Н01/2x Нм-2 буде подобою з коефіцієнтом k1 і k2 є подобу з коефіцієнтом k=|k1|x|k2|, то композиція гомотетий Н01/2xНм-2 буде подобою з коефіцієнтом k=½x|-2|=1, тобто. буде рухом. Але композиція Н01/2xНм-2 переводить трикутник А1В1С1 в трикутник А2В2С2. Отже, трикутник А1В1С1 дорівнює трикутнику А2В2С2.

Список литературы

Атанасян К.С., Базылев В. Т. Геометрія. Ч. 1. — М.: Просвітництво, 1986.

Атанасян К.С., Атанасян В. А. Збірник завдань із геометрії. Ч. 1. — М.: Просвітництво, 1973.

Базылев В.Т., Дуничев К. И., Іваницька В.П. Геометрія. Ч. 1. — М.: Просвітництво, 1974.

Вересова Е.Е., Денисова М. С. Збірник завдань із геометричних перетворенням. — М.: МГПИ їм. В.І. Леніна, 1978.

Для підготовки даної роботи було використані матеріали із сайту internet

Показати Згорнути
Заповнити форму поточною роботою