Prosta geometria…

liceum
Prosta geometria…
w odcinkach!
n STEFAN MIZIA
N
ie od dziœ wiadomo, ¿e powtarzanie jest najlepszym sposobem
uczenia siê (w malarstwie barokowym papuga jest symbolem gramatyki
– jednej z siedmiu nauk wyzwolonych)
i nabywania po¿¹danych nawyków. Im
wczeœniejszy etap nauki, tym rola takiego treningu jest wiêksza.
Rozwi¹zuj¹c seriê podobnych zadañ
uczeñ utrwala sobie poznawane pojêcia
i twierdzenia, a tak¿e wyrabia w sobie intuicje, kiedy dana obserwacja b¹dŸ zale¿noœæ mo¿e mieæ zastosowanie. Po opanowaniu danej partii materia³u mo¿e skoncentrowaæ siê nad jakoœci¹ redakcji rozwi¹zania, próbowaæ poszukiwaæ rozwi¹zañ alternatywnych, uogólnieñ itp.
Na ogó³ nauczycielowi nie jest ³atwo
znaleŸæ wystarczaj¹co du¿¹ liczbê zadañ,
ilustruj¹cych wybrane zagadnienie lub
zwi¹zanych z konkretnym twierdzeniem.
Ten k³opot dotyczy zw³aszcza zadañ geometrycznych. Spróbujê pomóc.
W kilku najbli¿szych numerach „Matematyki” bêd¹ pojawia³y siê kolejne odcinki swoistego „samouczka zadaniowego”,
zwi¹zanego w³aœnie z geometri¹ elementarn¹. Cykl adresowany jest do wszystkich
zainteresowanych tak¹ tematyk¹, jednak
warto podkreœliæ, ¿e zaprezentowane tu
zadania mog¹ byæ przeznaczone ju¿ dla
uczniów gimnazjum.
1/2012
Uwa¿am, ¿e praca nad tym materia³em bêdzie sprzyjaæ rozwijaniu u
uczniów wa¿nych kompetencji takich
jak: precyzja myœli, umiejêtnoœæ redagowania rozwi¹zañ, umiejêtnoœæ wnioskowania, dostrzegania zwi¹zków miedzy
pojêciami, a w koñcu cierpliwoœæ, starannoœæ itp.
Odcinek pierwszy
Poni¿ej seria zadañ dotycz¹cych trzech
twierdzeñ, które dla prostoty nazwa³em
faktami. Dla zachowania przejrzystoœci,
w ci¹gu ca³ego cyklu bêdê trzyma³ siê
standardowych oznaczeñ, które chyba
warto tu przypomnieæ. I tak w tym odcinku, dla trójk¹ta ABC przyjmujemy:
a, b, g – k¹ty wewnêtrzne trójk¹ta,
o wierzcho³kach w punktach A, B i C odpowiednio,
n
M1, M2, M3 – œrodki boków BC, CA
i AB,
n
n H1, H2, H3 – spodki wysokoœci le¿¹ce
na bokach BC, CA i AB,
H – ortocentrum, czyli punkt wspólny
wysokoœci,
n
O – œrodek okrêgu opisanego na trójk¹cie ABC,
n
E1, E2, E3 – tzw. punkty Eulera, œrodki
odcinków AH, BH i CH (por. zadanie 5).
n
41
liceum
Fakt 1. Odcinek ³¹cz¹cy œrodki boków
trójk¹ta jest równoleg³y do trzeciego boku
i dwa razy od niego krótszy. (rys. 1)
Zadania
Wykazaæ, ¿e w dowolnym trójk¹cie
ABC zachodzi równoœæ |M2H1| = |M1M3|.
(rys. 4)
Rozwi¹zanie. Z faktu 1 dla trójk¹ta
ABC mamy 0 0 = $& , natomiast
z faktu 2 w (prostok¹tnym) trójk¹cie AH1C
mamy 0 + = $& – st¹d teza.
Rys. 1
Fakt 2. Œrodkowa przeciwprostok¹tnej
trójk¹ta prostok¹tnego jest od niej dwa
razy krótsza i dzieli trójk¹t na dwa trójk¹ty równoramienne. (rys. 2)
Rys. 4
Wykazaæ, ¿e w dowolnym trójk¹cie
ABC zachodzi równoœæ |M3H1 | = |M3H2 |.
(rys. 5)
Rys. 2
Fakt 3. Odleg³oœæ wierzcho³ka trójk¹ta od
ortocentrum jest dwa razy wiêksza ni¿
odleg³oœæ œrodka okrêgu opisanego na
trójk¹cie od przeciwleg³ego boku. (rys. 3)
Rys. 3
42
Rozwi¹zanie. U¿yjemy dwukrotnie faktu 2. Dla trójk¹ta AH1B mamy |M3H1 | =
= $% , podobnie w trójk¹cie AH2B za
chodzi równoœæ 0 + = $% . To daje
¿¹dan¹ równoœæ.
Rys. 5
matematyka
liceum
Wykazaæ, ¿e w dowolnym trójk¹cie
ABC zachodzi równoœæ |H3M1| + |M2M3 | =
= |BC|. (rys. 6)
Rozwi¹zanie. Z faktu 2 w trójk¹cie CH3B
mamy + 0 = %& , natomiast z fak
tu 1 wynika zale¿noœæ 0 0 = %& .
Po dodaniu stronami otrzymujemy tezê.
Eulera – œrodkami odcinków AH, BH i
CH odpowiednio. (rys. 8)
Rozwi¹zanie. Rozwa¿my trójk¹t CE3H1.
Jest on równoramienny, bowiem z faktu 2
w trójk¹cie CHH1 mamy |CE3 | = |E3H1 |.
Zatem vE3CH1 = vCH1E3 = 90° - b. Rozwa¿my teraz trójk¹t AE1H3. Ten trójk¹t
tak¿e jest równoramienny, gdy¿ z faktu 2
w trójk¹cie AHH3 dostajemy |AE1 | = |E1H3 |.
St¹d, podobnie jak wczeœniej, vE1AH3 =
= vAH3E1 = 90°- b. Mamy wiêc vCE3H1 =
= 180° - 2(90° - b ) = vAE1H3.
Rys. 6
Wykazaæ, ¿e w dowolnym trójk¹cie
ABC symetralna odcinka H1H3 przechodzi przez punkt M2. (rys. 7)
Rozwi¹zanie. Wystarczy wykazaæ, ¿e
|M2H1| = |M2H3 |. Jest tak, bowiem z faktu 2 u¿ytego do trójk¹ta AH1C i trójk¹
ta AH3C wynika, ¿e 0 + = $& i
0 + = $& .
Rys. 8
Wykazaæ, ¿e w ka¿dym trójk¹cie
ABC zachodzi równoœæ |E3H1 | = |OM3 |.
(rys. 9)
Rozwi¹zanie. Z faktu 3 mamy |OM3 | =
= &+ , a z faktu 2 w trójk¹cie CHH1
wynika równoœæ ( + = &+ .St¹d teza.
Rys. 7
Wykazaæ, ¿e w dowolnym trójk¹cie ABC zachodzi równoœæ vAE1H3 =
= vCE3H1, gdzie E1, E2, E3 s¹ punktami
1/2012
Rys. 9
43
liceum
Wykazaæ, ¿e w ka¿dym trójk¹cie
ABC zachodzi równoœæ |M1E2 | = |M2E1 |.
(rys. 10)
Wykazaæ, ¿e w dowolnym trójk¹cie
ABC odcinek M1E2 zawiera siê w dwusiecznej k¹ta vBM1H3. (rys. 12)
Rozwi¹zanie. Stosuj¹c dwukrotnie fakt
1 – do trójk¹ta CHA i do trójk¹ta CHB –
otrzymamy, ¿e d³ugoœæ odcinków M1E2
i M2E1 wynosi
&+ , st¹d teza.
Rozwi¹zanie. Wystarczy wykazaæ, ¿e
vE2M1B = vH3M1E2. Zauwa¿my, ¿e z
faktu 1 w trójk¹cie CHB mamy vE2M1B =
= vHCB = 90° - b. Dalej z faktu 2 w trójk¹cie CH3B mamy vM1H3B = b, st¹d
vCH3M1 = 90° - b. Ale CH3 || M1E2 ^ AB,
zatem vH3M1E2 = 90° - b (k¹t naprzemianleg³y). Ostatecznie mamy wiêc
vE2M1B = vH3M1E2 = 90° - b, co koñczy dowód.
Rys. 10
Wykazaæ, ¿e w ka¿dym trójk¹cie
ABC proste M1E2 i AB s¹ prostopad³e.
(rys. 11)
Rozwi¹zanie. Z faktu 1 wynika, ¿e w
trójk¹cie CHB mamy M1E2 || CH3. Jednoczeœnie CH3 ^ AB, czyli M1E2 ^ AB.
Rys. 12
Myœlê, ¿e po uwa¿nej lekturze tego
odcinka i samodzielnym rozwi¹zaniu proponowanych zadañ, nie jest wielk¹ sztuk¹
sformu³owanie kolejnych kilkanastu problemów tego typu. Serdecznie do tego zachêcam i zapraszam na kolejny odcinek
q
Prostej geometrii…
STEFAN MIZIA
nauczyciel matematyki w XIV LO
im. Polonii Belgijskiej we Wroc³awiu
Rys. 11
Przed operacj¹ lekarz zawsze umywa rêce.
W literaturze forma jest dowodem na treϾ.
44
matematyka