Международный школьный научный вестник
Научный журнал для старшеклассников и учителей ISSN 2542-0372

О журнале Выпуски Правила Олимпиады Учительская Поиск Личный портфель

МАЛОИЗВЕСТНЫЕ ТЕОРЕМЫ ПЛАНИМЕТРИИ

Хворов И.И. 1
1 МБОУ СОШ «Аннинского Лицея», 11 «Г» класс
Дрёмова О.Н. (, МБОУ СОШ «Аннинского Лицея»)
1. Геометрия 7-9 классы: учеб. для общеобразоват. учреждений / А.В. Погорелов. – 10-я изд. – М.: Просвещение, 2016. – 240 с.
2. http://ru.solverbook.com
3. http://ege-study.ru
4. https://reshyege.ru/
5. http:// www.fmclass.ru/math.phpid = 4850e0880794e
6. http://tehtab.ru
7. https://ege.sdamgia.ru/problemid = 50847
8. http://alexlarin.net/ege17.html

Данная статья является реферативным изложением основной работы. Полный текст научной работы, приложения, иллюстрации и иные дополнительные материалы доступны на сайте IV Международного конкурса научно – исследовательских и творческих работ учащихся «Старт в науке» по ссылке: https://school-science.ru/1017/7/770.

Гипотеза, актуальность, цель, задачи проекта, объект и предмет исследований, результаты

Цель: Выявить, доказать малоизвестные теоремы, свойства геометрии.

Задачи исследования:

1. Изучить учебную и справочную литературу.

2. Собрать малоизвестный теоретический материал, необходимый для решения планиметрических задач.

3. Разобраться в доказательствах малоизвестных теорем и свойств.

4. Найти и решить задачи КИМов ЕГЭ, на применение этих малоизвестных теорем и свойств.

Актуальность: В ЕГЭ в заданиях по математике, часто встречаются задачи по геометрии, решение, которых вызывают некоторые затруднения, и заставляют тратить много времени. Умение решать такие задачи является неотъемлемым условием успешной сдачи ЕГЭ профильного уровня по математике. Но есть решение этой проблемы, некоторые из данных задач можно с лёгкостью решить, используя теоремы, свойства, которые являются малоизвестными, и им не уделяется внимание в школьном курсе математики. На мой взгляд, этим можно объяснить мой интерес к теме исследования и её актуальность.

Объект исследования: геометрические задачи КИМов ЕГЭ.

Предмет исследования: малоизвестные теоремы и свойства планиметрии.

Гипотеза: Существуют малоизвестные теоремы и свойства геометрии, знание которых облегчит решение некоторых планиметрических задач КИМов ЕГЭ.

Методы исследования:

1) Теоретический анализ и поиск информации о малоизвестных теоремах и свойствах;

2) Доказательство теорем и свойств

3) Поиск и решение задач с применением данных теорем и свойств

В математике, а в целом в геометрии присутствует огромное количество различных теорем, свойств. Известно много теорем и свойств для решения планиметрических задач, которые актуальны и по сей день, но являются малоизвестными, и очень полезными для решения задач. При изучение данного предмета усваиваются лишь основные, всеми известные теоремы и способы решения геометрических задач. Но помимо этого существует довольно большое количество различных свойств и теорем, которые упрощают решение той, или иной задачи, но мало кто про них знает вообще. В КИМах ЕГЭ решать задачи по геометрии можно в разы проще, зная эти малоизвестные свойства и теоремы. В КИМах задачи по геометрии встречаются в номерах в 8, 13, 15 и 16. Малоизвестные теоремы и свойсва, описанные в моей работе, упрощают в разы решение планиметрических задач.

Теорема о биссектрисе углов треугольника

Теорема: биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника.

hvor1.tif

Доказательство.

Рассмотрим треугольник АВС и биссектрису его угла В. Проведем через вершину С прямую СМ, параллельную биссектрисе ВК, до пересечения в точке М продолжением стороны АВ. Так как ВК – биссектриса угла АВС, то ∠АВК = ∠КВС. Далее, ∠АВК = ∠ВМС, как соответственные углы при параллельных прямых, и ∠КВС = ∠ВСМ, как накрест лежащие углы при параллельных прямых. Отсюда ∠ВСМ = ∠ВМС, и поэтому треугольник ВМС – равнобедренный, откуда ВС = ВМ. По теореме о параллельных прямых, пересекающих стороны угла, имеем АК: КС = АВ: ВМ = АВ: ВС, что и требовалось доказать.

Рассмотрим задачи, при решении которых используется свойство биссектрис треугольника.

Задача № 1. В треугольнике ABC биссектриса AH делит сторону BC на отрезки, длины которых равны 28 и 12. Найдите периметр треугольника ABC, если AB – AC = 18.

hvor2.tif

Дано:

AВС – треугольник

АH – биссектриса

BH = 28

HC = 12

Найти: P

Решение:

Пусть AC = X тогда AB = X + 18

По свойству биссектрисы угла альфа, AB·HC = BH·AC;

28·X = 12·(х + 18)х = 13,5,

значит AC = 13,5, откуда

AB = 13,5 + 18 = 31,5BC = 28 + 12 = 40,

тогда

P = AB + BC + AC = 85

Ответ: 8

Теорема о медианах треугольника

Теорема. Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении 2:1, считая от вершины.

hvor3.tif

Доказательство. В треугольнике A BC проведем медианы AA1 и CC1 и их точку пересечения обозначим M.

Через точку C1 проведем прямую, параллельную AA1 и ее точку пересечения с BC обозначим D.

Тогда D – середина BA1, следовательно, CA1:A1D = 2:1.

По теореме Фалеса, CM:MC1 = 2:1. Таким образом, медиана AA1 пересекает медиану CC1 в точке M, делящей медиану CC1 в отношении 2:1.

Аналогично, медиана BB1 пересекает медиану CC1 в точке, делящей медиану CC1 в отношении 2:1, т.е. точке M.

Рассмотрим примеры решения задач.

Задача № 1. Докажите, что медиана треугольника лежит ближе к большей стороне, т.е. если в треугольнике ABC, AC>BC, то для медианы CC1 выполняется неравенство ACC1< BCC1.

hvor4.tif

Решение.

Продолжим медиану CC1и отложим отрезок C1B, равный AC1. Треугольник AC1D равен треугольнику BC1C по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, AD = BC, ADC1 = BCC1. В треугольнике ACD AC> AD. Так как против большей стороны треугольника лежит больший угол, то ADC1>ACD. Следовательно, выполняется неравенство ACC1<BCC1.

Задача № 2. Площадь треугольника ABC равна 1. Найдите площадь треугольника, стороны которого равны медианам данного треугольника.

hvor5.tif

Дано:

ABC-треугольник

S = 1

Найти::S2

Решение:

Пусть AA1, BB1, CC1 – медианы треугольника ABC, пересекающиеся в точке M. Продолжим медиану CC1 и отложим отрезок C1D, равный MC1.

Площадь треугольника BMC равна 1/3, и его стороны равны 2/3 медиан исходного треугольника. Следовательно, площадь треугольника, стороны которого равны медианам данного треугольника, равна 3/4.Выведем формулу, выражающую медианы треугольника через его стороны. Пусть стороны треугольника ABC равны a, b, c. Искомую длину медианы CD обозначим mc. По теореме косинусов имеем:

hvor01.wmf

Складывая эти два равенства и учитывая, что cosADC = –cosBDC, получаем равенство: hvor02.wmf из которого находим hvor03.wmf.

Теорема о средних линиях треугольника

Теорема: три средние линии треугольника делят его на 4 равных треугольника, подобных данному с коэффициентом подобия ½

hvor6.tif

Доказательство:

Пусть ABC – треугольник. С1 – середина АВ, А1 – середина ВС, В1- середина АС.

Докажем, что треугольники AС1В1, BС1А1, А1В1C, С1В1А1 равны.

Так как С1 А1 В1 – середины, то AС1 = С1B, BА1 = А1C, AВ1 = В1C.

Используем свойство среднее линии:

С1А1 = 1/2 ·AC = 1/2 ·(AВ1 + В1C) = 1/2 ·(AВ1 + AВ1) = AВ1

Аналогично С1В1 = А1C, А1В1 = АС1.

Тогда в треугольниках AС1В1, BА1С1, A1В1C, С1В1А1

AС1 = BС1 = А1В1 = А1В1

AВ1 = С1А1 = В1C = C1A1

С1В1 = BА1 = А1C = С1В1

Значит треугольники равны по трем сторонам, из этого следует, что

А1/B1 = A1C1/AC = B1C1/BC = ½

Теорема доказана.

Рассмотрим решение задач с применением свойства средних линий треугольника.

Задача № 1. Дан треугольник АBС со сторонами 9,4 и 7. Найдите периметр треугольника C1A1B1вершинами которого являются середины данных сторон

hvor7.tif

Дано: треугольник – АВС

9,4,7-стороны треугольника

Найти: P

Решение

По свойству подобия треугольников: 3 средние линии треугольника делят его на 4 равные треугольника, подобные данному с коэффициентом 1/2.

C1A1 = 9/2 = 4.5 A1B1 = 4/2 = 2 C1B1 = 7/2 = 3.5 отсюда периметр равен = 4,5 + 2 + 3,5 = 10

Ответ: 10

Свойство касательной к окружности

Теорема: квадрат касательной равен произведению секущей на её внешнюю часть.

hvor8.tif

Доказательство.

Проведём отрезки AK и BK.Треугольники AKM и BKM подобны т. к. угол M у них общий. А углы AKM и B равны, так как каждый из них измеряется половиной дуги AK. Следовательно, MK/MA = MB/MK, или MK2 = MA·MB.

Примеры решения задач.

Задача № 1. Из точки А вне окружности проведены секущая, длиной 12 см и касательная, длина которой в 2 раза меньше отрезка секущей, находящегося внутри окружности. найдите длину касательной.

hvor9.tif

Дано:

AD = 12

ACD-секущая

CD/AB = 2

Найти: AB

Решение:

Если из одной точки проведены к окружности касательная и секущая, то произведение всей секущей на её внешнюю часть равно квадрату касательной,

то есть AD·АC = АB2. ИлиAD·(AD-2АB) = АB2.

Подставляем известные значения: 12(12-2АB) = АB2 или АB2 + 24·АB-144.

АB = -12 + 12v2 = 12(v2-1)

Свойство сторон описанного четырёхугольника

Теорема: у четырёхугольника, описанного около окружности, суммы длин противоположных сторон равны

Доказательство:

hvor10.wmf

По свойству касательной AP = AQ, DP = DN,CN = CM,и BQ = BM, получаем, что

AB + CD = AQ + BQ + CN + DNиBC + + AD = BM + CM + AP + DP.

Следовательно

AB + CD = BC + AD

Рассмотрим примеры решения задач.

Задача № 1. Три стороны описанного около окружности четырехугольника относятся (в последовательном порядке) как 1:2:3. Найдите большую сторону этого четырехугольника, если известно, что его периметр равен 32.

hvor11.tif

Дано:

ABCD – четырёхугольник

AB:BC:CD = 1:2:3

P = 32

Найти: DC

Решение:

Пусть сторона AB = x, тогда AD = 2х, а DC = 3х. По свойству описанного четырехугольника, суммы противоположных сторон равны, и значит х + 3х = BC + 2х, откуда ВС = 2х, тогда периметр четырехугольника равен 8X.

Получаем, что х = 4, а большая сторона равна 12.

Ответ: 12

hvor12.tif

Задача № 2. Около окружности описана трапеция, периметр которой равен 40. Найдите ее среднюю линию.

Дано:

ABCD-трапеция, l – средняя линия

P = 40

Найти: L

Решение: Средняя линия трапеции равна полусумме оснований. Пусть основания трапеции равны a и c, а боковые стороны b и d.По свойству описанного четырехугольника, a + c = b + d, и значит, периметр равен 2(a + c).

Получаем, что а + с = 20, откуда L = 10

Ответ:10

Формула Пика

Теорема Пика: площадь многоугольника равна:

Г:2 + В – 1,

где Г – число узлов решетки на границе многоугольника

В – число узлов решетки внутри многоугольника.

Например, для вычисления площади четырёхугольника, изображённого на рисунке, считаем:

Г = 7, В = 23,

откуда S = 7:2 + 23 – 1 = 25,5.

Площадь любого многоугольника, нарисованного на клетчатой бумаге, легко посчитать, представив её как сумму или разность площадей прямоугольных треугольников и прямоугольников, стороны которых идут по линиям сетки, проходящим через вершины нарисованного треугольника.

hvor13.tif

В некоторых случаях и вовсе можно применить готовую формулу площади треугольника или четырёхугольника. Но в отдельных случаях данные методы применить либо невозможно, либо процесс их применения является трудоёмким, неудобным.

hvor14.tif

Чтобы вычислить площадь многоугольника, изображенного на рисунке, применяя формулу Пика, имеем: S = 8/2 + 19-1 = 22.

Заключение

В ходе исследований подтвердилась гипотеза о том, что в геометрии существуют малоизвестные из школьного курса теоремы и свойства, которые упрощают решение некоторых планиметрических задач, в том числе и задач КИМов ЕГЭ.

Мне удалось найти такие теоремы и свойства и применить их к решению задач, и доказать, что их применение сводит огромные решения некоторых задач, к решениям за пару минут. Применение описанных в моей работе теорем, свойств в отдельных случаях позволяет решить задачу сходу и устно, и позволяет сохранить больше времени на ЕГЭ и просто при их решение в школе.

Я считаю, что материалы моих исследований могут быть полезны выпускникам при подготовке к сдаче ЕГЭ по математике.


Библиографическая ссылка

Хворов И.И. МАЛОИЗВЕСТНЫЕ ТЕОРЕМЫ ПЛАНИМЕТРИИ // Международный школьный научный вестник. – 2018. – № 3-2. – С. 184-188;
URL: http://school-herald.ru/ru/article/view?id=544 (дата обращения: 11.12.2019).