Задачи, которые могли бы быть теоремами.

Ростовская область Мясниковский район МБОУ Чалтырская СОШ №1
Задачи, которые могли бы быть
теоремами.
Проект ученицы 9 «а» класса
Кристостурян Маргариты
Руководитель: Атоян Зоя
Борисовна
с. Чалтырь.
2013
Оглавление
1. Введение ___________________________________________3
2. Ох, уж этот прямоугольный треугольник!_________________4
3. Параллелограмм и его биссектрисы ______________________7
4. Формула площади произвольного четырёхугольника._______8
5. Как найти биссектрису?________________________________9
6. Вместо заключения ___________________________________11
7. Источники информации________________________________12
2
Введение
Мы на уроках решаем много задач, среди которых встречаются задачи, которые
можно использовать в качестве теорем.
Цель моей работы: найти такие задачи, которые могли бы быть теоремами,
сформулировать их в виде утверждений, затем доказать эти утверждения.
Я понимаю, что “изобретаю велосипед”, однако работа над проектом
научила меня работать с математическими текстами, формулировать и
доказывать математические утверждения – теоремы. Считаю, что в будущей
взрослой жизни навыки, приобретённые во время работы над проектом,
помогут мне достичь профессионального мастерства. Находок пока не так уж
много, но я обязательно продолжу, ведь я, всего лишь девятиклассница.
Я рассказала о своих находках своим сверстникам, и они применяют их при
решении задач.
Геометрия для меня перестала быть скучным, а, следовательно, трудным
предметом
Метод работы: поиск и решение задач, которые можно применять при
решении других задач, как теоремы, в различных сборниках.
Представляю Вам некоторые из найденных задач, сформулированные в виде
теорем.
3
Ох, уж этот прямоугольный треугольник!
В учебнике Геометрия 7 – 9 (Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, и др.) есть
теорема о катете прямоугольного треугольника, лежащего против угла в 30
градусов.
А я заметила ещё одно свойство такого треугольника.
«В прямоугольном треугольнике, с острым углом в 30° высота и медиана,
проведенные из вершины прямого угла, делят прямой угол на три равные
части»
Доказательство
1. Рассмотрим Δ BKC.
СK- медиана, следовательно AK=KC=BK (K - центр окружности
описанной около прямоугольного треугольника ABC)
2.  В= 60°, следовательно, треугольник BKC - равносторонний.
3. СM - медиана треугольника BКC.
Рассмотрим прямоугольный треугольник BMC.
 MСВ= 30° (30°+ 60°= 90°– свойство острых углов прямоугольного
треугольника)
4. СM – биссектриса треугольника BКC, поэтому  KСM =  МСВ =30°.
 AСK = 90° –60°= 30°.
5.  AСK =  KСM =  MCВ. Утверждение доказано.
4
Справедливо и обратное утверждение:
« Если в прямоугольном треугольнике высота и медиана, проведенные к
гипотенузе делят прямой угол на равные части, то у этого треугольника
острые углы 30° и 60°».
Доказательство
1. В треугольнике АВС: СМ – высота, СК – медиана,
АСК  КСМ  МСВ   .
2. В треугольнике СВК СМ и биссектриса, и высота, а,
следовательно, и медиана. МК=МВ=0,5ВК=0,5ВС.
3. В прямоугольном треугольнике ВМС
МВ 1
  sin МCВ  МCВ  30 .
ВС 2
4. В  30 ,, А  60 .
Задачи, которые помогли сформулировать доказанное выше свойство
прямоугольных треугольников
1. Медиана, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника, равна m и
делит прямой угол в отношении 1:2. Найти стороны треугольника. (Сборник
задач по математике для поступающих в ВУЗЫ под редакцией М.И. Сканави
№10.021.)
2. Определить острые углы прямоугольного треугольника, если медиана,
проведённая к его гипотенузе, делит прямой угол в отношении 1:2. (№10.022 в
том же сборнике.)
«Биссектриса прямого угла в любом прямоугольном треугольнике с
неравными катетами делит пополам угол между медианой и высотой,
проведенными к гипотенузе.»
5
(Задача № 27. Сборник задач по элементарной геометрии. Пособие для
педагогических институтов. Издание 3-е. Л.С.Атанасян, М.В. Васильева, Г.Б.
Буревич, А.С. Ильин, Т.Л. Козьмина, О.С. Редозубова. Просвещение. Москва.
1970.)
Доказательство
1. По условию AN – медиана прямоугольного
треугольника, поэтому треугольник ABC –
равнобедренный, BN=NA.
(N – центр окружности, описанный около
треугольника)
2.  B=  BAN=  .  С= 90° –  (сумма острых
углов прямоугольного треугольника 90°).
3. Треугольник AKC – прямоугольный (AK  BC по
условию: AK - высота), следовательно  KAC=  .
4.  BAM=  MAC=45° (AM – биссектриса прямого
угла А),  NAM= 45°–  .
 NAM =  MAC, а это значит, что биссектриса
прямого угла прямоугольного треугольника делит
пополам угол между медианой и высотой,
проведенными к гипотенузе.
Параллелограмм и его биссектрисы.
6
« Биссектрисы углов параллелограмма, прилежащие к одной его стороне,
образуют угол 90°.»
Исходная задача:
Определить вид четырёхугольника, образуемого биссектрисами углов
параллелограмма.
(Д. Шноль, А. Сгибнев, Н. Нетрусова. Система открытых задач по геометрии. 8
класс. Москва. Чистые пруды. 2009. стр.4 №7)
ABCD – параллелограмм, AK и DM биссектрисы  А и  D. Доказать, что
 AED = 90°.
Докозательство:
1.  А +  D=180° (свойство углов
параллелограмма, прилежащих к одной
стороне).
2.  EАD +  EDA=90° (AK и DM
биссектрисы).
3.  AED=90° .
Формула площади произвольного четырёхугольника.
7
Известна теорема, о том, что площадь ромба равна половине произведения
его диагоналей.
На уроке геометрии мы задумались: «Как находить площадь произвольного
четырёхугольника.
Предположили, что площадь произвольного четырёхугольника равна
половине произведения его диагоналей на синус угла между диагоналями.
Дано: ABCD - произвольный четырёхугольник АС и BD его диагонали.
1
2
Доказать: S   AC  BD  sin AOB
Доказательство
.
sin AOB  sin COD ,
так как
AOB  COD
(вертикальные);
sin AOB  sin COB , потому что sin AOB  sin(180  AOB) ,
COD 180  AOB
(смежные);
sin COB  sin AOD , COB  AOD
(вертикальные).
8
1
S ABCD  S ABO  SOBC  SCOD  S DOA  AO  OB  sin AOB 
2
1
1
1
CO  OB  sin COB  CO  OD  sin COD  AO  OD  sin AOD 
2
2
2
1
  sin AOB AO OB  COOB  COOD  AO OD  
2
1
 sin AOB OB AO CO OD AO CO  
2
1
1
  sin AOB  AO CO   OB OD    AC  BD  sin AOB
2
2
1
S ABCD   AC  BD  sin AOB .
2
Предположение доказано.
Следствия:
1. Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей.
(Диагонали ромба образуют прямой угол, синус которого равен 1.)
2. Площадь прямоугольника равна половине квадрата его диагонали на
синус угла между диагоналями.
Как найти биссектрису?
№5
Известно, что биссектриса треугольника делит противоположную сторону
на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника
(задача № 535, учебник для общеобразовательных учреждений ГЕОМЕТРИЯ 7
-9 (Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов и др.).
Я хочу предложить утверждение о квадрате биссектрисы любого угла
треугольника. Теорема – задача и предлагаемое утверждение помогут при
решении задач.
9
«Квадрат биссектрисы любого угла треугольника равен разности
произведений сторон треугольника, образующих избранный угол и отрезков,
на которые биссектриса делит третью сторону треугольника.»
(Формулу подсмотрела в Сборнике задач по математике для поступающих в
ВУЗЫ под редакцией М.И. Сканави).
Доказательство
1. Опишем около ΔАВС окружность, которую
биссектриса ‫ے‬АВС пересекает в точке К.
2. ΔABD~ΔBKC (‫ ے‬ABD = ‫ے‬DBC по условию,
‫ے‬BAD= ‫ے‬BKC – вписанные, опираются на
одну дугу). BD/BC=AB/BK, BK=BD+DK,
BD*(BD+DK)=AB*BC,BD²+BD*DK= AB*BC,
но BD*DK=AD*DC (свойство
пересекающихся хорд окружности), поэтому
получим:
BD²= AB*BC - AD*DC.
10
Вместо заключения
В учебнике Геометрия 7 - 9 много задач, которые могли бы стать теоремами.
Например, 212, 378, 385 (теорема Фалеса), 524 (формула Герона), 535
(теорема о делении биссектрисой угла треугольника противоположной
стороны), они полезны при решении задач, но в учебнике есть решение этих
задач. Лучше бы они в учебнике – были теоремами. Ученики, как считаю я и
мои одноклассники серьёзнее осмысливают теорему нежели задачу.
Я понимаю, что «изобретала велосипед», но мне это занятие понравилось!
« Я не волшебник, я только учусь».
Работа над проектом помогла мне понять: «Не боги горшки обжигают!»
А это значит, что в будущем, когда получу образование, я смогу открывать
неоткрытые факты, может быть, в том числе и теоремы.
11
Источники информации
1. Геометрия 7 – 9: Учебник для общеобразовательных учереждений./
Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев, Э.Г. Позняк, И.И. Юдина.
Москва «Просвещение» 2004
2. Сборник задач по математике для поступающих в ВУЗЫ под редакцией
М.И. Сканави. Москва ОНИКС 21 век* Мир и Образование. 2002
3. Сборник задач по элементарной геометрии. Пособие для педагогических
институтов. Издание 3-е. Л.С.Атанасян, М.В. Васильева, Г.Б. Буревич,
А.С. Ильин, Т.Л. Козьмина, О.С. Редозубова. Просвещение. Москва.
4. Система открытых задач по геометрии. 8 класс. Д. Шноль, А. Сгибнев, Н.
Нетрусова. Москва. Чистые пруды. 2009. стр.4 №7.
12