Задачи на теорему фалеса: Задачи на теорему Фалеса — задачи с решениями

Содержание

Теорема Фалеса и отношение отрезков в задачах ОГЭ и ЕГЭ.

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 . 3

Глава 1. Биография. 5

Глава 2. Теорема и доказательство. 6

Глава 3. Практические задачи. 7

Задачи для самостоятельного решения: 11

Заключение. 12

Литература: 13

Приложения. 14

«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…

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.

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.

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

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?

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.

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.

Рис.1

Рис.2

Рис.3

Рис.4

Рис.5

Рис.6

Рис.7

Рис.8

Рис.9

Рис.10

Рис.11

ТЕОРЕМА ФАЛЕСА — Без Сменки

30 июня, 2022

1 мин

Мтмт 📈

Что это?

⚔️ Теорема Фалеса — это свойство параллельных прямых, которые пересекают две секущие с общей точкой.

Вообще есть две теоремы Фалеса — общая, на все случаи жизни, и частная — то, что нужно нам для решения задач 🙂

У нас есть две прямые пересекающиеся в одной точке AB2 и AC2, и обе эти прямые пересекает пара параллельных прямых B1C1 и B2C2. Если на второй из двух пересекающихся прямых, параллельные прямые отсекают равные отрезки AB1 = B1B2, то и на первой прямой они отсекают равные отрезки AC1 = C1C2.

В ЕГЭ по математике эта теорема встречается чаще всего в параллелограмме, у которого проведена диагональ, будь на чеку 😋

Если вы нашли ошибку, пожалуйста, выделите фрагмент текста и нажмите Ctrl+Enter. Мы обязательно поправим!

Редакция Без Сменки

Честно. Понятно. С душой.

44 подписчиков

+ Подписаться

Редакция Без Сменки

07 июня, 2022

1 мин

Англ 🇬🇧

Разница между start и begin

Begin и start по своей сути являются синонимами и переводятся как «начинать», но есть несколько. ..

Редакция Без Сменки

29 июня, 2022

1 мин

Ист 🤴

«Философические письма» Чаадаева

П. Я. Чаадаев не поддерживал существующую власть, являлся противником «Теории официальной…

Редакция Без Сменки

15 июня, 2022

1 мин

Инф 💻

Понятие бита

Если 2 возвести в степень X и получить в результате 4, то ведь это будет означать, что Х = 2. А…

Редакция Без Сменки

15 июня, 2022

1 мин

Инф 💻

Практика: комбинаторика на Python

🧑‍💼 Сергей составляет 6-буквенные коды из букв Е, Л, Е, Й. Буква Й может использоваться в коде не…

Редакция Без Сменки

30 июня, 2022

1 мин

Рус 📖

Обособленные определения

Что же такое определение? Выделяют согласованные и несогласованные определения. Градация…

Примеры и задачи с теоремой Фалеса

Теорема Фалеса говорит нам, что треугольник, вписанный в окружность, где гипотенуза соответствует диаметру окружности, всегда является прямоугольным. Эту теорему можно доказать, используя сумму внутренних углов.

Здесь мы рассмотрим краткое изложение теоремы Фалеса. Затем мы научимся применять эту теорему для решения некоторых практических задач.

ГЕОМЕТРИЯ

Актуально для …

Учимся решать примеры с теоремой Фалеса.

См. примеры

Содержание

ГЕОМЕТРИЯ

Актуально для …

Учимся решать примеры с теоремой Фалеса.

См. примеры

Резюме теоремы Фалеса

Теорема Фалеса рассматривается как частный случай теоремы о вписанных углах. Эта теорема говорит нам, что если у нас есть треугольник, вписанный в окружность, как показано на следующей диаграмме, угол, образованный при вершине B, всегда прямой.

Следовательно, если на окружности расположены три точки A, B и C, где прямая AC — диаметр окружности, то угол ∠ABC — прямой угол (90°).

Эту теорему можно доказать, проведя биссектрису из центра в вершину B, а затем используя углы образующихся равнобедренных треугольников и тот факт, что сумма внутренних углов любого треугольника равна 180°. Вы можете посмотреть полное доказательство в этой статье.

Теорема Фалеса – Примеры с ответами

ПРИМЕР 1

Отрезок AC — это диаметр окружности. Чему равен угол Z?

Решение

Отрезок AC — это диаметр окружности, поэтому мы можем использовать теорему Фалеса. Следовательно, мы знаем, что угол при вершине B равен 90°. Так как сумма внутренних углов в любом треугольнике равна 180°, то имеем:

90°+50°+Z=180°

140°+Z=180°

Z=180°-140°

Z=40°

Угол Z равен 40°.

ПРИМЕР 2

Определите величину угла Z на приведенной ниже диаграмме, если отрезок AC является диаметром окружности.

Решение

90°+60°+Z=180°

150°+Z=180°

Z=180°-150°

Z=30°

Угол Z равен 30°.

ПРИМЕР 3

Если M — центр окружности, определите угол Z.

Решение

Поскольку точка M — центр окружности, мы знаем, что отрезок XZ — диаметр окружности. . Следовательно, мы можем использовать теорему Фалеса.

По теореме мы знаем, что угол при вершине Y прямой, то есть угол 90°. Мы можем использовать сумму внутренних углов треугольника, чтобы получить меру Z:

90°+50°+Z=180°

140°+Z=180°

Z=180°-140°

Z=40°

Угол Z равен 40°.

ПРИМЕР 4

Если O представляет собой центр круга, какова мера угла a ?

Решение

Если точка O является центром окружности, мы знаем, что отрезок XZ представляет собой диаметр окружности. Следовательно, мы можем применить теорему Фалеса. Используя теорему, мы знаем, что угол Y прямой, то есть 90°.

Теперь мы используем сумму внутренних углов треугольника, чтобы найти меру угла

a =180°-130°

a =50°

Угол a равен 50°.

ПРИМЕР 5

Отрезок AC — это диаметр окружности. Какова длина диаметра?

Решение

Используя теорему Фалеса, мы можем определить, что треугольник ABC прямоугольный. Это означает, что угол В прямой. Следовательно, мы можем использовать теорему Пифагора, чтобы найти длину диаметра: 92}=17$

$латекс a=4,12$

Длина отрезка АС 4,12 ед.

ПРИМЕР 9

Если C является центром окружности, какова мера угла ∠ABC?

Решение

Поскольку точка C является центром окружности, мы знаем, что отрезок AD является диаметром. Следовательно, мы можем применить теорему Фалеса.

Две стороны треугольников ABC и BCD равны, так как они соответствуют радиусам окружности. Следовательно, два угла также равны, и треугольники должны быть равнобедренными. Итак, имеем:

∠CBD = ∠CDB = 60°

Применяя теорему Фалеса, имеем:

∠ABD = 90°

Итак, имеем:

∠ABC = 90°-60° = 303

Следовательно , угол ∠ABC равен 30°.

Теорема Фалеса. Практические задачи

Определите величину угла X на диаграмме ниже, если AC — диаметр окружности.

Выберите ответ

30°

35°

40°

45°

Определите длину отрезка AC, если он соответствует диаметру окружности.

Выберите ответ

12.51

11.82

11.22

10.44

Чему равен угол а?

Выберите ответ

20°

25°

30°

35°

См. также

Хотите узнать больше о теореме Таля? Взгляните на эти страницы:

Теорема Фалеса – объяснение и примеры
Теорема о вписанном угле – формулы и примеры

Джефферсон Уэра Гузман

Джефферсон является ведущим автором и администратором Neurochispas.com. Интерактивный контент по математике и физике, который я создал, помог многим ученикам.

Основная теорема о пропорциональности или теорема Фалеса

Основная теорема о пропорциональности или теорема Фалеса

Утверждение: Если провести прямую, параллельную одной стороне треугольника, пересекающую две другие стороны, то она делит две стороны в том же отношении.
Дано: Треугольник ABC, в котором DE || BC и пересекает AB в D и AC в E.

Обратное из основной теоремы пропорциональности быть параллельным третьей стороне.
Дано: A DABC и линия l, пересекающая AB в D и AC в E,

Основная теорема о пропорциональности Примеры задач с решениями
Пример 1: D и E — точки на сторонах AB и AC соответственно такой ∆ABC, что DE || ДО Н.Э.
Найдите значение x, если
(i) AD = 4 см, DB = (x – 4) см, AE = 8 см и EC = (3x – 19) см
(ii) AD = (7x – 4) см, AE = (5x – 2) см,
DB = (3x + 4) см и EC = 3x см.
Решение:
Пример 2: Пусть X — любая точка на стороне BC треугольника ABC. Если XM, XN проведены параллельно BA и CA, встречающимся с CA, BA в M, N соответственно; MN соответствует BC, произведенному в T, докажите, что TX ² = TB × TC.
Решение: В ΔTXM имеем
Пример 3: На рис., EF || АБ || ОКРУГ КОЛУМБИЯ. Докажите, что $\frac{AE}{ED}=\frac{BF}{FC}$.
Решение: У нас есть, EF || АБ || ДК

Пример 4: На рисунке ∠A = ∠B и DE || ДО Н.Э. Докажите, что AD = BE
Решение:

Пример 5: На рис., DE || ДО Н.Э. Если AD = 4x – 3, DB = 3x – 1, AE = 8x – 7 и EC = 5x – 3, найдите значение x.
Решение:
Пример 6: Докажите, что отрезок, соединяющий середины смежных сторон четырехугольника, образует параллелограмм.
Решение:
Дано: Четырехугольник ABCD, в котором P, Q, R, S являются серединами AB, BC, CD и DA соответственно.
Чтобы доказать: PQRS является параллелограммом.
Пример 7: На рис. DE || до н.э. и CD || ЭФ. Докажите, что AD ² = AB × AF.
Решение:
Пример 8: Пример 8 На данном рисунке PA, QB и RC перпендикулярны AC так, что PA = x,
RC = y, QB = z, AB = a и BC = б. Докажите, что $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$.
Решение:

Пример 9: На рис., LM || АБ. Если AL = x – 3, AC = 2x, BM = x – 2 и BC = 2x + 3, найдите значение x.
Решение:
Пример 10: При заданном ∆ABC, DE || до н.э. и $\frac{AD}{DB}=\frac{3}{4}$. Если AC = 14 см, найти AE.
Решение:
Пример 11: На рисунке DE || ДО Н.Э. Найдите АЕ.
Решение:
Пример 12: На рисунке ABC — треугольник, в котором AB = AC. Точки D и E — это точки на сторонах AB и AC соответственно, такие, что AD = AE. Докажите, что точки B, C, E и D концикличны.
Решение: Чтобы доказать, что точки B, C, E и D концикличны, достаточно показать, что

Пример 13: На рис., $\frac{AD}{DB }=\frac{1}{3}\text{ и }\frac{AE}{AC}=\frac{1}{4}$. Используя обратную теорему о пропорциональности, докажите, что DE || ДО Н.Э.
Решение:
Пример 14: Используя основную теорему о пропорциональности, докажите, что прямые, проведенные через точки трисекции одной стороны треугольника параллельно другой стороне, делят на три части третью сторону.
Решение:
Пример 15: На приведенном рисунке $\frac{AD}{DB}=\frac{AE}{EC}$ и ∠ADE = ∠ACB. Докажите, что треугольник ∆ABC равнобедренный.
Решение:
Пример 16: На рис., если ДЭ || AQ и DF || АР. Докажите, что EF || QR.
Решение:

Пример 17: Два треугольника ABC и DBC лежат по одну сторону от основания BC. Из точки P на BC, PQ || АБ и ПР || БД нарисованы. Они встречаются с AC в Q и DC в R соответственно. Докажите, что QR || ОБЪЯВЛЕНИЕ.
Решение: Дано: Два треугольника ABC и DBC лежат по одну сторону от основания BC. Точки P, Q и R — это точки на BC, AC и CD соответственно такие, что PR || БД и ПК || АБ.

Пример 18: ABCD — трапеция с AB || ОКРУГ КОЛУМБИЯ. E и F — точки на непараллельных сторонах AD и BC соответственно такие, что EF || АБ. Покажите, что $\frac{AE}{ED}=\frac{BF}{FC}$
Решение: Дано: Ловушка ABCD, в которой AB || ОКРУГ КОЛУМБИЯ.
E и F — точки на AD и BC соответственно такие, что EF || АБ.
Пример 19: На рис. A, B и C — точки на OP, OQ и OR соответственно такие, что AB || PQ и переменный ток || пиар. Покажите, что до н.э. || QR.
Решение:

Пример 20: Любая точка X внутри ∆DEF соединена со своими вершинами. Из точки P в DX проводится PQ параллельно DE и XE в точке Q, а QR параллельно EF и XF в R. Докажите, что PR || ДФ.
Решение: A ΔDEF и точка X внутри него. Точка X соединена с вершинами D, E и F. P — любая точка на DX. ПК || DE и QR || ЭФ.

Таким образом, на ΔXFD точки R и P делят стороны XF и XD в одинаковом отношении. Следовательно, по обращению к основной теореме пропорциональности имеем PR || ДФ
Пример 21: Докажите, что любая прямая, параллельная параллельным сторонам трапеции, пропорционально делит непараллельные стороны.
Решение: Дано: Трапеция ABCD, в которой DC || AB и EF — это прямые, параллельные DC и AB.

Пример 22: Докажите, что прямая, проведенная из середины одной стороны треугольника, параллельная другой стороне, делит третью сторону пополам.
Решение: Дано: A DABC, в котором D — середина стороны AB, а линия DE проведена параллельно BC и пересекает AC в E.
Доказать: E — середина стороны AC, т. е.
AE = EC .

Следовательно, E делит AC пополам.
Пример 23: Докажите, что прямая, соединяющая середины двух сторон треугольника, параллельна третьей стороне.
Решение: Дано: A ΔABC, где D и E являются серединами сторон AB и AC соответственно.

Таким образом, прямая DE делит стороны AB и AC треугольника ΔABC в одинаковом отношении. Следовательно, по обращению к основной теореме пропорциональности имеем
DE || BC
Пример 24: AD является медианой ∆ABC. Биссектрисы ∠ADB и ∠ADC пересекаются с AB и AC в E и F соответственно. Докажите, что EF || ДО Н.Э.
Решение: Дано: В ∆ABC AD — это медиана, а DE и DF — биссектрисы ∠ADB и ∠ADC соответственно, пересекающиеся с AB и AC в E и F соответственно.
Доказать: EF || BC
Доказательство: В ∆ADB DE является биссектрисой ∠ADB.
No related posts.