Решу егэ теорема фалеса

Всего: 16    1–16

Добавить в вариант

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

Всего: 16    1–16

Теорема
Фалеса и отношение отрезков в задачах ОГЭ и ЕГЭ.

Выступление учителя математики

 МБОУ «СОШ №10» РТ г.Елабуги

 Санникова Г.И.

Елабуга,
2020год

Содержание

Вступление .

Глава 1. Биография

Глава 2. Теорема и
доказательство.

Глава 3. Практические
задачи.

Задачи для
самостоятельного решения:

Заключение.

Литература:

Приложения

Вступление
.

«Человек… родился быть господином,
повелителем, царём природы, но мудрость с которой он должен править, не дана
ему от рождения: она приобретается с учением»

                                                     
Н. И. Лобачевский

Эта работа , посвящённая задачам на отношение
отрезков, адресована учащимся 8-11 классов для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ .

       Почему мы обращаемся к этому методу?
Задачи на данную тему вызывают затруднения у учащихся привыполнений задач
второй части (задания повышенной сложности) на выпускных экзаменах. Именно
данная проблема и дала импульс к началу работы по изучению и освоению теоремы
Фалеса, обобщенной теоремы Фалеса и метода подобия.

Идея самого метода построена на использовании
обобщенной теоремы Фалеса. Теорема Фалеса изучается в восьмом классе, ее
обобщение и тема «Подобие фигур» в девятом и только в десятом классе, в
ознакомительном плане, изучаются две важные теоремы Чевы и Менелая, с помощью
которых относительно легко решается ряд задач на нахождение отношения длин
отрезков. Поэтому на ступени основного образования мы можем решать довольно
узкий круг задач по данному учебному материалу. Хотя на итоговой аттестации за
курс основной школы и на ЕГЭ по математике задачи по данной теме (Теорема
Фалеса. Подобие треугольников, коэффициент подобия. Признаки подобия
треугольников) предлагаются во второй части экзаменационной работы и относятся
к высокому уровню сложности.

В процессе данной работы стало возможным
углубление наших знаний по теме. Доказательство теоремы Фалеса входит в учебную
программу — геометрия  Л.С. Атанасяна в качестве задачи под №385, но вызывает
затруднения у большинства учащихся. В результате подбора ряда задач мы смогли
научиться решать более широкий круг математических заданий на отношение длин
отрезков. В этом и заключается актуальность нашей работы.

Помимо обучающей функции Теорема Фалеса
используется в практических вычислениях морской навигации в качестве правила о
том, что столкновение судов, двигающихся с постоянной скоростью, неизбежно,
если сохраняется курс судов друг на друга.

Данная цель достигается по средствам:

1.         Изучение биографии Фалеса, его
теоремы и доказательства;

2.         Разбор и решение конкретных задач в
формате ОГЭ и ЕГЭ;

3.         Теоритическая трактовка и
компьютерная трансляция.

При изучении темы опорой служили следующие
источники.

Биографическая литература:

1.      Асмус В. Ф. Античная философия. — М.: Высшая школа, 1998. — С. 10—13.

2.      Панченко Д. В. Фалес: рождение философии и науки // Некоторые проблемы
истории античной науки : Сборник научных трудов / Отв. ред. А. И. Зайцев, Б. И.
Козлов. — Л.: Главная астрономическая обсерватория, 1989. — С. 16—36.

3.      Храмов Ю. А. Фалес Милетский (Θαλῆς ὁ Μιλήσιος, ThalestheMilesian,
ThalesofMiletus) // Физики: Биографический справочник / Под ред. А. И.
Ахиезера. — Изд. 2-е, испр. и дополн. — М.: Наука, 1983. — 400 с. — 200 000
экз. (в пер.)

4.      Авторские учебно-тренировачные тесты по математике:

5.      ГИА математика: типовые экзаминационные варианты, 30 вариантов под
редакцией А.Л.Семёнова, И.В.Ященко; издательство «Муниципальное образование»,
2012-1015гг (ФИПИ-школе).

6.      Математика. Подготовка к ЕГЭ 2014 год под редакцией Ф.Ф.Лысенко и др.
ООО «Легион»-готовимся к ЕГЭ.

7.      ЕГЭ 2013; математика С4. Геометрия. Планиметрия под редакцией
А.Л.Семёнова и И.В. Ященко.

Ссылки:

1.      https://ru.wikipedia.org/wiki/Фалес_Милетский

2.      www.physchem.chimfak.rsu.ru/Source/History/Persones/Thales.html

3.      internat.msu.ru/…/Математика-ЗШ-9-032013-Задачи-для-самостоятел…

Глава
1. Биография

Фалес Милетский-греческийфилосов, самый
древний из ученых, один из семи мудрецов, вошедших в историю геометрии, считают
греческого философа Фалеса Милетского.

   Будущий ученый родился в городе
Милете, находившемся в западной части побережья Малой Азии. Фалес предсказал
солнечное затмение 585г. до н. э. Он сделал немало важных открытий в различных
областях науки. Его считают отцом греческой математики.

   Однажды Фалес отправился по
торговым делам в Египет. Там он пробыл несколько лет и настолько глубоко изучил
достижения египетских жрецов, что вскоре превзошел их в значениях.

   Рассказывают, что фараон пожелал
узнать высоту пирамиды, но никто не мог ее определить.

   Фалес легко справился с этой
задачей. Он выбрал день и час, когда его собственная тень стала равной его
росту. Измерив тень, которую отбрасывала пирамида, он установил, что длина тени
от центра основания пирамиды до ее вершины была равна высоте этой пирамиды.
Фараон и его приближенные были изумлены, как точно, быстро, без специальных
приборов северный пришелец решил трудную задачу.

   Однако, прежде чем сделать такое
простое измерение, Фалес должен был открыть и доказать, что углы при основании
равнобедренного треугольника равны и что против равных углов в треугольнике
лежат равные стороны, а также, что сумма углов любого треугольника равна двум
прямым углам. Фалес доказал также теорему о равенстве двух треугольников, если
сторона и два прилежащих к ней угла треугольника соответственно равны стороне и
двум прилежащим к ней углам другого треугольника. На основании этой теоремы
Фалес Милетский определил, как измерить расстояние от конкретного места на
берегу до корабля, находящегося недалеко в море.

   Некоторые из этих утверждений были
известны вавилонам  и египтянам и до Фалеса, но до него их не доказывали.
Фалес  же  указанные положения доказывал и только после этого применял их на
практике. Введя в практику доказательство теорем, Фалес заложил основы создания
геометрии как науки. После него каждое открытие в геометрии древние ученые
стремились обосновывать доказательством и только после этого считали его
истинным.

Глава
2. Теорема и доказательство.

Теорема:

Если на одной стороне угла отложить равные
отрезки и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую
сторону угла, то на второй стороне отложатся также равные отрезки.

Доказательство:

Через точки  A, B, C и D, расположенные на
одной стороне угла, проведены параллельные прямые, которые пересекают другую
сторону в точках A1, B1,C1,D1 соответственно. АВ=СD. 

Проведем через точки А и С прямые,
параллельные другой стороне угла. Получим два параллелограмма АВ2В1А1 и
CD2D1C1. Согласно свойству параллелограмма, AB2=A1B1 и CD2=C1D1. Осталось
доказать AB2=CD2. ∆ABB2=∆СВВ2 (по 2 признаку) АВ=CD согласно условию теоремы;
∟АВВ2=∟CDD2 как соответственные углы, образовавшиеся при пересечении
параллельных прямых ВВ1, DD1 и секущей BD. ∟ВАВ2=∟DCD2=∟DOD1 как
соответственные при OD1llAB2llCD2 и секущей ОВ.      

                                                                                     
Ч.Т.Д. 

Глава
3. Практические задачи.

①  Задача № 26 (ГИА, ФИПИ)

На биссектрисе BD 
треугольника ABC отмечена точка М так, что BM/MD=5/4. Прямая АМ пересекает сторону ВС в точке
К. Найти отношение ВК/KC, если AB/BC=3/2.

Решение:

Проведём через точку D прямую, параллельную
прямой AK. Она пересекает BC в точке P. Воспользуемся обобщённой теоремой
Фалеса: отрезки BM и MD пропорциональны отрезкам  BK и KP, следовательно
BK/KP=BM/MD=5/4. Пусть 1 часть будет Х следовательно BK=5X, KP=4X.

Отрезки AD и DC пропорциональны отрезкам KP и
PC то есть KP/PC=AD/DC. Но AD/DC=AB/BC=3/2 (по свойству биссектрисы в
треугольнике ABC)

Пусть 1 часть- Y, тогда AD=3Y, DC=2Y   =>

Y/2Y=4X/PC, PC=8X/3, KC=KP+PC=4X+8X/3=20X/3.

Имеем BK/KC=5X/20X/3=15X/20X=3/4

Ответ: BK/KC=3/4.

② Задача № 26 (ГИА, ФИПИ)

На сторонах AC и BC треугольника ABC отмечены
точки K и M так, что AK/KC=2/3, BM/MC=6/8. Отрезки AM и  BK пересекаются в
точке О.

Найти отношения: 1)AO/OM 2)BO/OK.

Решение:

1.Проведём через точку М прямую, параллельную
BK. Она пересекает AC в точке D. Согласно обобщенной теоремы Фалеса
KD/DC=BM/MC=6/8; AK/KC=2/3. AO/OM=AK/KD. Пусть 1 часть будет Х, тогда AK=2X,
KC=3X => BM/MC=KD/DC=6/8,

6/8=KD/(3X-KD),

 8KD=18X-6KD,

14KD=18X,

KD=18X/14,

KD=9X/7,  DC=3X-9X/7=(21X-9X)/7=12X/7. Значит,

AO/OM=AK/KD= 2X/(9X/7)=(2x*7)/9X=14/9

=>AO/OM=14/9.

Ответ:14/9.

2.Проведём через точку К прямую параллельную 
АМ. Она пересекает ВС, в точке Р. Согласно обобщенной теоремы Фалеса
CP/PM=KC/AK=3/2, BM/MC=6/8. Пусть 1 часть будет Y, тогда BM=6Y, MC=8Y, AK/KC=MD/DC,
2/3=MP/(MC-MP), 2/3=MP/(8Y-MP)

2*(8Y-MP)=3MP

16Y-2MP=3MP

5MP=16Y

MP=16Y/5

Имеем
BO/OK=BM/MP=6Y/(16Y/5)=30Y/16Y=15/8.

Ответ:15/8.

③ Задача №26 (ОГЭ, ФИПИ)

Биссектриса угла А треугольника ABC делит
медиану, проведённую из вершины В, в отношении 5/4 , считая от вершины В. В
каком отношении, считая от вершины С, эта биссектриса делит медиану,
проведённую из вершины С?

Найти:CO/OK.

Решение:

Согласно обобщенной теоремы Фалеса, в
треугольнике АВМ, AD-биссектриса, (по св-ву биссектрисы) АВ:АМ=ВD:DМ=5:4. В
треугольнике АВС, AN-биссектриса АВ:АС=BN:CN=5:8. Проведем через точку К прямую
КТ-параллельную АN. Имеем АК:ВК=NT:ВТ=>ВТ=TN, АК=ВК. Значит,
СО:ОК=CN:TN=8:2,5=8:5/2=16:5.

Ответ: 16:5

④ Задача С4 (ЕГЭ)

В треугольнике АВС биссектриса AD делит сторону
ВС в отношении BD:DC=2:1. В каком отношении медиана СЕ делит эту биссектрису.

Найти: АО:ОD

Решение:

AD-биссектриса(по св-ву биссектрисы)
BD:CD=AB:AC=2:1, CE-биссектриса. Через точку D, проведем прямую DP,
параллельную СЕ. Согласно обобщенной теоремой Фалеса имеем, CD:BD=ЕР:ВР=1:2,
тогда АЕ:ЕР=АО:ОD=3:1.

Ответ: 3:1

⑤  Задача С4 (ЕГЭ)

На сторонах AB и BC параллелограмма ABCD
расположены точки N и M соответственно, причём AN:NB=3:2, BM:MC=2:5.Прямая АМ и
DN пересекаются в точке О.

Найти: АО:ОМ

Решение:

Проведём через точку В прямую ВК, параллельную
DN, AM пересекается с BK в точке Т.

AN/BN=AO/OT=3/2; через точку М проведём прямую
MP, параллельную BK; BM/MC=PK/CP=2/5; Пусть 1 часть-y, тогда BM=2y, MC=5y,
CK=3x.

2/5=PK/(CK-PK), 2/5=PK/(3x-PK)

5PK=6x-2PK

7PK=6x

PK=6x/7, CP=3x=6x/7=(21x-6x)/7=15x/7, Значит,
AO/OM=3x/(2x+6x:7)=21x/20x=21/20.

Ответ: 21/20.

⑥ Задача № 26 (ГИА,ФИПИ 2015)

В параллелограмме АВСD биссектриса тупого угла
В пересекает сторону AD в точке F. Найдите периметр параллелограмма, если АВ=12
и AF:FD=4:3.

Решение:

По условию, BF-биссектриса угла В, угол
CBF=углу ABF, угол BFA=углу CBF как накрест лежащие углы при ВСllAD, секущей
BF, значит треугольник ABF-равнобедренный, т.е. AF=AB=12. Пусть AF=AB=4x,
FD=3x. По условию, АВ=12, т.е. 4х=12; х=3, AD=AF+FD=4x+3x=7x =>AD=7*3=21,
следовательно РABCD=2(AB+AD)=2(12+21)=66

Ответ:66

⑦Задача №26  (ОГЭ, ФФ Лысенко)

Найдите длину отрезка, который соединяет
боковые стороны трапеции и параллелен ее основаниям, если известно, что он
делит сторону трапеции в отношении 2/3, считая от меньшего основания к большему.
Основания трапеции равны 5 и 15.

Решение:

ABCD-данная трапеция, ВС=5, AD=15. Пусть
MN-искомый отрезок, MNllBC, MNllAD, BC и CH-высоты трапеции.

1 случай:

AD=АК+КН+HD=АК+ВС+HD(т.к.BCHK-прямоугольник,
ВС=КН) 15=5+АК+HD, АК+HD=10. Треугольник BMQ подобен треугольнику BAK(угол АВК-
общий, угол BMQ=углу BAK как соответственные углы при секущей АВ, MNllAD).
MQ/AK=BQ/BK=2/5, MQ=2/5АК, аналогично PN=2/5HD => MQ+PN=2/5AK
+2/5HD=2/5(ak+MD)=2/5*10=4 => MN=4+5=9.

2 случай:

AD=AK+KH-DH=AK+BC-DH. 15=AK+5-DH, AK-DH=10. MQ=2/5AK,
PN=2/5DH, MN=MQ+QP=MQ+QP-MP=5+MQ-NP=5+2/5*(AK-DH)=5+2/5*10=9.

Ответ:9

Интересное решение данной задачи с помощью
метода площадей и подобия треугольников.

Задачи служат для отработки техники применения
признаков подобия, теоремы об отношении площадей треугольников, имеющих по
равному углу

(если угол одного треугольника соответственно
равен углу другого треугольника, то площади этих треугольников относятся как
произведении сторон, заключающих равные углы)

 и теоремы площадей подобных треугольников

 (отношение площадей двух подобных
треугольников равно квадрату коэффициента подобия).

⑧Задача №26  (ГИА 2013, ФИПИ)

Площадь треугольника АВС равна 60. Биссектриса
AD пересекает медиану ВК в точке Е, при этом BD:CD=1:2. Найдите площадь четырехугольника
EDCK.

Решение:

SEDCK=SADC-SAEK. По теореме об отношении
площадей треугольников, имеющих по равному углу (угол BAD= углу CAD, AD-бисс.
треугольника АВС). SABD:SACD=(AB*AD)(AC*AD)=AB:AC. По свойству биссектрисы AD
BD/DC=AB/AC=1/2=> SABD/SACD=1/2=> SABC=60. SABD=1/3*SABC= 60/3=20. В
треугольнике АВК, АЕ –мед., АВ/АК=ВЕ/ЕК=АВ/0,5АС=2АВ/АС=2*1/2=1/1=1.
SABE/SAEK=(AB*AE)/(AK*AE)=AB/AK=1 => SABK=1/2SABC,
SABK=0,5AK*BH=0,5*0,5AC*BH=0,5SABC=30. SAEK=0,5SABK=0,5*30=15 =>
SEDCK=40-15=25.

Ответ:25.

⑨ Задача №26 (ГИА 2013, ФИПИ)

Прямая пересекает стороны АВ и АС 
треугольника АВС в точках Р и М соответственно. Найдите отношение площади
треугольника АРМ к площади четырехугольника МСВР, если АР:РВ=2:5, АМ:МС=1:4.

Решение:

В треугольнике АМР и треугольнике АВС, угол
А-общий, по теореме об отношении площадей треугольников, имеющих по равному
углу, имеем SAMP/SABC=(AM*AP)/(AC*AB), т.к. АР/РВ=2/5, АР=2/7АВ, АВ=7/2АР,
АМ/МС=1/4, АМ=1/5АС, АС=5АМ, следовательно, SAMP/SABC=(АМ*АР):(5АМ*3,5АР)=2/35.
Пусть 1часть=S. SAPM=28, SABC=35S, значит, SMCBP=35S-28=33S. Имеем,
SAPM/SMCBP=28/33S=2/33.

Ответ:2/33.

⑩ Задача №26

Точки M и N-середины сторон соответственно BC
и CD параллелограмма ABCD. Отрезки  AM и BN пересекаются в точке О. Найдите
отношение MO:OA.

Решение:

Пусть продолжение отрезков BN и AD
пересекаются в точке E. Обозначим BM=CM=a. Тогда AD=BC=2a. Треугольник
DNE=треугольнику CNB по стороне и прилежащим к ней углам, поэтому DC=BC=2a.
Значит, AE=AD+DE=2a+2a=4a. треугольник BOM подобен треугольнику BOA,
следовательно MO:OA=BM:AE=a:4a=1:4=0,25.

Ответ: 0,25.

⑪ Задача №26

Дан треугольник АВС. На продолжении стороны АС
за точку С взята точка N, причем АС=2CN. Точка М находится на стороне ВС,
причем ВМ:МС=1:3. В каком отношении взята прямая MN, которая делит сторону АВ?

Решение:

Через точку В проведем прямую, параллельную
АС. Пусть MN пересекает ее в точке Т, а прямую АВ-в точке . Обозначим АС=а.
Тогда CN=1/2а, а N=3/2а. Из подобия треугольников, TBM  и MCN (К=1/3) находим,
что ТВ=1/3, CN=1/6a, а из подобия треугольника TBK и треугольника NAK-
ВК:АК=ТВ:AN=1/6а:(3/2а)=1/9

Ответ: 1/9

Задачи
для самостоятельного решения:

1.      На сторонах АВ и АС треугольника АВС расположены точки K и L, причём
АК:КВ=4:7 и AL:LC=3:2. Прямая KL пересекает продолжение стороны ВС в точке М.
Найдите отношение СМ:ВС.

2.      На сторонах АВ и АС треугольника АВС расположены точки N и M, причём
АN:NВ=3:2 и AM:MC=4:5. Прямая BM и СN пересекаются в точке O. Найдите отношение
ОМ:ОВ и ON:ОС.

3.      В равнобедренном треугольнике АВС (АВ=ВС) на стороне ВС взята точка D
так, что BD/DC=1/4. В каком отношении прямая AD делит высоту ВЕ  треугольника
АВС, считая от вершины В.

4.      В треугольнике АВС известно, что АВ=с, ВС=а, АС=в. В каком отношении
центр вписанной окружности треугольника делит биссектрису CD?

5.      В треугольник АВС биссектриса AD делит сторону ВС в отношении 
BD/DC=2/1. В каком отношении медиана СЕ делит эту биссектрису?

6.      Дан треугольник АВС. Известно, что АВ=4, АС=2, ВС=3.Биссектриса угла
ВАС пересекает сторону ВС в точке К. Прямая, проходящая через точку В
параллельно АС, пересекает продолжение биссектрисы АК в точке М. Найдите КМ.

7.       При каком отношении оснований трапеции существует прямая, на которой 6
точек пересечения с диагоналями, боковыми сторонами и продолжениями оснований
трапеции высекают 5 равных отрезков?

Заключение.

Цель обозначенная
в творческой работе-приобретение навыка решения  задач на отношение отрезков в
формате ОГЭ и ЕГЭ, достигнута по средствам :

Изучения
биографии Фалеса, его теоремы и доказательства;

Разбора и решения
ряда конкретных задач в формате ОГЭ и ЕГЭ и

Теоритической и
компьютерной трансляции.

Данный материал
можно использовать на уроках, консультациях и при самоподготовке к экзамену по
математике для достижения наивысшего бала.

Литература:

1.     
ГИА математика: типовые экзаминационные варианты,
30 вариантов под редакцией А.Л.Семёнова, И.В.Ященко; издательство
«Муниципальное образование», 2012-1015гг (ФИПИ-школе).

2.      Математика. Подготовка к ЕГЭ 2014 год под редакцией Ф.Ф.Лысенко и др.
ООО «Легион»-готовимся к ЕГЭ.

3.      ЕГЭ 2013; математика С4. Геометрия. Планиметрия под редакцией
А.Л.Семёнова и И.В. Ященко.

4.      Асмус В. Ф. Античная философия. — М.: Высшая школа, 1998. — С. 10—13.

5.      Панченко Д. В. Фалес: рождение философии и науки // Некоторые проблемы истории
античной науки : Сборник научных трудов / Отв. ред. А. И. Зайцев, Б. И. Козлов.
— Л.: Главная астрономическая обсерватория, 1989. — С. 16—36.

6.      Храмов Ю. А. Фалес Милетский (Θαλῆς ὁ Μιλήσιος, ThalestheMilesian,
ThalesofMiletus) // Физики: Биографический справочник / Под ред. А. И.
Ахиезера. — Изд. 2-е, испр. и дополн. — М.: Наука, 1983. — 400 с. — 200 000
экз. (в пер.)

7.      Авторские учебно-тренировачные тесты по математике:

8.      ГИА математика: типовые экзаминационные варианты, 30 вариантов под
редакцией А.Л.Семёнова, И.В.Ященко; издательство «Муниципальное образование»,
2012-1015гг (ФИПИ-школе).

9.      Математика. Подготовка к ЕГЭ 2014 год под редакцией Ф.Ф.Лысенко и др.
ООО «Легион»-готовимся к ЕГЭ.

10.  ЕГЭ
2013; математика С4. Геометрия. Планиметрия под редакцией А.Л.Семёнова и И.В.
Ященко.

Приложения

Рис.1

Рис.2

Рис.3

Рис.4

Рис.5

Рис.6

Рис.7

Рис.8

Рис.9

Рис.10

Рис.11

Теорема Фалеса cтраница 1

Skip Navigation Links > Математика > Геометрия > Планиметрия > Теоремы планиметрии > Теорема Фалеса

в условии
в решении
в тексте к заданию
в атрибутах

Класс: 10 11 6 7 8 9
Атрибут:

Всего: 37    1–20 | 21–37

Добавить в вариант

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

Всего: 37    1–20 | 21–37