Вход

Применение подобия к решению задач

Реферат по математике
Дата добавления: 31 октября 2009
Язык реферата: Русский
Word, rtf, 1.5 Мб
Реферат можно скачать бесплатно
Скачать
Не подходит данная работа?
Вы можете заказать написание любой учебной работы на любую тему.
Заказать новую работу

Применение подобия к решению задач

Бычек В.И., доцент кафедры геометрии ХГПУ

Обучение решению задач является одним из основных элементов математического образования. Вместе с тем – это наиболее трудный вид деятельности и для учеников, и для учителей. В статье рассматривается эффективный метод решения геометрических задач – метод подобия. Освоение этого метода весьма полезно для учителя математики.

Рассмотрим применение подобия плоскости, в частности гомотетии, при решении задач элементарной геометрии.

Преобразование плоскости называется подобием, если существует такое число k0, что для любых точек А и В и их образов А1 и В1 выполняется равенство А1В1=kАВ. Число k называется коэффициентом подобия.

Преобразование плоскости называется гомотетией с центром М0 и коэффициентом kо, если каждой точке М плоскости ставится в соответствие точка М1 так, что М0М1=kМ0М. При k0 гомотетия называется положительной, а при k0 – отрицательной. Гомотетия с коэффициентом k является подобие с коэффициентом подобия |k|. Из определения гомотетии следует, что точка и ее образ в данной гомотетии лежат на одной прямой с центром гомотетии.

При решении задач чаще всего используется гомотетия. Отметим ее основные свойства. Так всякая гомотетия с коэффициентом k1 переводит прямую , не проходящую через центр гомотетии, в параллельную ей прямую, а прямую, проходящую через центр гомотетии – в себя. Гомотетия переводит отрезок в отрезок, середину отрезка – в середину отрезка, луч – в луч, полуплоскость – в полуплоскость, угол – в равный ему угол, перпендикулярные прямые – в перпендикулярные прямые.

Задача 1.

Доказать, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения ее диагоналей и точку пересечения прямых, соединяющих боковые стороны.

Решение. Пусть дана трапеция АВСД, у которой АВ//СД, АВСД, О=АСВД, Р=АДСВ; М, Н – середины оснований АВ и СД (рис. 1.). Надо доказать, что точки О и Р лежат на прямой МН. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k1=-ДС:АВ. Н0k1:АС, ВД. Значит Н0k1:АВСД. Тогда Н0k1:МН. Следовательно, точка О принадлежит прямой МН. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке Р и коэффициентом k2=ДС:АВ. Нpk2:АД, ВС. Значит Нpk2:АВСД. Тогда Нpk2:МН. Следовательно, точка Р принадлежит прямой МН.

РИС. 1

Задача 2. Доказать, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен основаниям и его длина равна полуразности длин оснований.

Решение. Пусть дана трапеция АВСД, у которой АД//СВ, АДСВ; М, Н – середины диагоналей АС и ВД (рис. 2). Проведем прямую СН до пересечения с АД в точке Н1. Тогда тр-к ВСН = тр-ку ДН1Н так как ВН=НД, СНВ=Н1НД, СВН=Н1ДН. Отсюда следует, что СН=НН1, Н1Д=ВС. Рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k=2. Нс2:МА, НН1. Значит Нс2:МНАН1. Следовательно, МН//АН1. Тогда МН//АД//ВС и МН=1/2АН1=1/2(АД-Н1Д)=1/2(АД-ВС).

Задача 3. Доказать, что в треугольнике точка пересечения медиан, центр окружности, описанной около треугольника, и ортоцентр лежат на одной прямой.

РИС. 2


Решение. Пусть дан треугольник АВС, у которого М – точка пересечения медиан, Р – центр окружности, описанной около треугольника, Н – ортоцентр, т.е. Н – точка пересечения высот треугольника (рис. 3). Надо доказать, что точка М принадлежит прямой НР. Рассмотрим Гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-1/2. Так как точка М делит медианы в отношении 1:2, считая от вершины, а Р – точка пересечения серединных перпендикуляров, то Нм-1/2:ВВ1, а АА1, ВНВ1Р, АНА1Р. Значит Нм-1/2:НР. Следовательно, точка М принадлежит прямой НР.

РИС.3

Задача 4. Через середину каждой из сторон треугольника проведена прямая, параллельная биссектрисе противолежащего угла. Доказать, что эти прямые проходят через одну точку.

Решение. Пусть дан треугольник АВС (рис. 4), у которого А1, В1, С1 – середины сторон ВС, АС, АВ; АА2, ВВ2, СС2 – биссектрисы, а А1А3//АА2, В1В3//ВВ2, С1С3//СС2. Надо доказать, что прямые А1А3, В1В3, С1С3 проходят через одну точку. Обозначим через М точку пересечения медиан треугольника АВС и рассмотрим гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-1/2. Нм-1/2:АА1, ВВ1, СС1. Значит Нм-1/2: тр-к АВСтр-к А1В1С1. Тогда Нм-1/2:АА2А1А3, ВВ2В1В3, СС2С1С3. Следовательно, прямые А1А3, В1В3, С1С3 проходят через одну точку, так как биссектрисы АА2, ВВ2, СС2 треугольника АВС проходят через одну точку.

РИС. 4


Задача 5. В сегмент вписаны две окружности g1(О1, r1) и g2(О2, r2). Одна из них g1 касается дуги и основания сегмента соответственно в точках А и В, другая g2 – точках С и Д (рис. 5). Доказать, что положение точки пересечения прямых АВ и СД не зависит от выбора окружностей g1, g2, вписанных в сегмент.

Решение. Пусть дана окружность g(О, r) и дан сегмент с основанием ЕН. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке А и коэффициентом k1=r/r1. НАk1:О1О, g1g, ЕНL1. По свойству гомотетии прямая L1 должна быть параллельна прямой ЕН и лежать в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О. Так как ЕН касается окружности g1 в точке В, то прямая L1 должна касаться окружности g в точке К, где К=НАk1(В) и К принадлежит прямой АВ. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k2=r/r2. Нсk2:О2О, g2g, ЕНL2. По свойству гомотетии прямая L2 должна быть параллельна прямой ЕН и лежать в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О. Так как ЕН касается окружности g2 в точке Д, то прямая L2 должна касаться окружности g в точке Р, где Р=Нсk2(Д) и Р принадлежит прямой СД. Но в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О, можно построить только одну касательную к окружности g(О,r), параллельную прямой ЕН. Значит прямые L1 и L2 совпадают (L1L2L), а также совпадают и точки К и Р (КРМ). Точка М получится как точка пересечения прямых АВ и СД и будет точкой касания прямой L и окружности g(О, r). Так как положение точки М зависит только от положения прямой ЕН, от положение точки пересечения прямых АВ и СД не зависит от выбора окружностей g1, g2, вписанных в сегмент.

РИС. 5

Задача 6. На плоскости даны произвольный треугольник АВС и точка О. Через точку О проведены прямые ОР, ОЕ, ОН соответственно перпендикулярные к прямым АВ, ВС, АС (РАВ, ЕВС, НАС). Через середины отрезков ОР, ОЕ, ОН проведены прямые L1, L2, L3, соответственно прямым АВ, ВС, АС. Доказать, что треугольник А2В2С2, где А2=L1L3, В2=L1L2, С2=L2L3 равен треугольнику А1В1С1, где А1, В1, С1 – середины сторон ВС, АС, АВ треугольника АВС (рис. 6).

Решение. Пусть М – точка пересечения медиан треугольника АВС. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-2Нм-2:А1А, В1В, С1С. Значит Нм-2:А1В1С1АВС. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k2=1/2. Н01/2:РР1, НН1, ЕЕ1. Так как при помощи гомотетии прямая переходит в параллельную ей прямую, то Н01/2:АВL1, ВСL2, АСL3. Следовательно, Н01/2:АА2, ВВ2, СС2. Значит Н01/2:АВСА2В2С2. Рассмотрим теперь композицию гомотетий Н01/2 Нм-2 будет подобием с коэффициентом k1 и k2 есть подобие с коэффициентом k=|k1||k2|, то композиция гомотетий Н01/2Нм-2 будет подобием с коэффициентом k=1/2|-2|=1, т.е. будет движением. Но композиция Н01/2Нм-2 переводит треугольник А1В1С1 в треугольник А2В2С2. Следовательно, треугольник А1В1С1 равен треугольнику А2В2С2.

РИС. 6

Список литературы

Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия. Ч. 1. – М. : Просвещение, 1986.

Атанасян Л.С., Атанасян В.А. Сборник задач по геометрии. Ч. 1. – М. : Просвещение, 1973.

Базылев В.Т., Дуничев К.И., Иваницкая В.П. Геометрия. Ч. 1. – М. : Просвещение, 1974.

Вересова Е.Е., Денисова Н.С. Сборник задач по геометрическим преобразованиям. – М. : МГПИ им. В.И. Ленина, 1978.

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://www.khspu.ru


© Рефератбанк, 2002 - 2017