Применение теории паркетов для доказательства признаков параллелограмма и трапеции.

XI Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке

Применение теории паркетов для доказательства признаков параллелограмма и трапеции.

Рампилова С.А. 1
1МБОУ "Кижингинский лицей имени В. С. Мункина"
Степанова Т.Ц. 1
1МБОУ "Кижингинский лицей имени В. С. Мункина"
Автор работы награжден дипломом победителя II степени
Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF

ВВЕДЕНИЕ

Тема «Четырехугольники» является основной и интереснейшей в курсе восьмого класса. При её изучении рассматриваются важнейшие свойства трапеции, параллелограмма и его частных видов – прямоугольника, ромба, квадрата.

Однако при решении задач, прежде чем воспользоваться теоремой-свойством, необходимо доказать, что данная фигура относится к определенному виду. Для этого даны теоремы-признаки.

В школьном учебнике Л. С. Атанасян «Геометрия 7-9» рассмотрены три признака параллелограмма и нет признаков для трапеции. Поэтому знание признаков указанных четырехугольников необходимо.

Цель исследования – изучение признаков параллелограмма и трапеции.

Актуальность данной работы: В курсе геометрии 8 класса есть задача 391 условием задачи было доказать, что из одинаковых плиток, имеющих форму равнобедренной трапеции, можно сделать паркет, полностью покрывающий любую часть плоскости. Решая эту задачу, я задумалась над применением теории паркетов. Изучала материалы в Интернет-ресурсах и специальной литературе.

Объект исследования: Четырехугольники.

Предмет исследования: Свойства и признаки четырехугольника.

Методы исследования: изучение и анализ литературы по данной теме, также Интернет-ресурсов и экспериментальная проверка некоторых фактов.

Практическая значимость исследования: Расширение знаний и кругозора учащихся, использование материалов (задач) на уроках геометрии.

Теорема-признак формулируется как обратное утверждение свойству. Поэтому, группируя по два свойства параллелограмма (аналогично для трапеции) и составляя обратные теоремы, я либо доказывала их, либо опровергала с помощью контр-прим

Однако, таким образом я не исчерпала всего множества признаков параллелограмма и трапеции. Это было мною осознанно при решении задачи: четырехугольником произвольной формы заполнить всю пропусков и перекрытий.

Задачи замощения плоскости дают возможность доказать ранее не выявленные нами свойства и признаки параллелограмма и трапеции.

Использование теории паркета для решения вопроса – сколько всего признаков у параллелограмма и трапеции – позволили сформулировать тему исследования:

«Применение теории паркета для доказательства свойств и признаков трапеции и параллелограмма».

Свойства и признаки параллелограмма и трапеции.

1)AB || CD
2)BC || AD
3)AB = CD
4)BC = AD
5)AO = OC
6)BO = OD
7)∠A = ∠C
8)∠B = ∠D
9) ∠A + ∠B = 180°
10) ∠B + ∠C = 180°
11) ∠C + ∠D = 180°
12) ∠D + ∠A = 180°

Одного свойства не достаточно для составления признака, а три — избыточно. Поэтому сочетая по два свойства, составим обратные теоремы и проверим их на истинность. В таблице попарно сгруппированы все 12 свойств. Одинаковым цветом выделены свойства, формирующие схожие признаки. Черным те которые не удовлетворяют требованиям.
Приведем доказательства этих признаков, а также контр-примеры для неверных признаков.

1;2

1;3

1;4

1;5

1;6

1;7

1;8

1;9

1;10

1;11

1;12

 

2;3

2;4

2;5

2;6

2;7

2;8

2;9

2;10

2;11

2;12

   

3;4

3;5

3;6

3;7

3;8

3;9

3;10

3;11

3;12

     

4;5

4;6

4;7

4;8

4;9

4;10

4;11

4;12

       

5;6

5;7

5;8

5;9

5;10

5;11

5;12

         

6;7

6;8

6;9

6;10

6;11

6;12

           

7;8

7;9

7;10

7;11

7;12

             

8;9

8;10

8;11

8;12

               

9;10

9;11

9;12

                 

10;11

10;12

                   

11;12

C

M

Если в выпуклом четырехугольнике сумма длин средних линий равна его полупериметру, то этот четырехугольник параллелограмм.

 

B

MN ≤ ½ (AB + CD).

 

H

K

KH ≤ ½ (BC + AD).

D

N

A

Равенство в обоих случаях выполняется, когда AB || CD и BC || AD. Поусловию MN + KH = ½ (AB + CD + BC + AD) = ½ (AB + CD) + ½ (BC + AD). Следовательно, MN = ½ (AB + CD) и KH = ½ (BC + AD). Итак, AB || CD и BC || AD → ABCD – параллелограмм.

1)AB || CD

2)BC || AD

3)A + B = 180˚

4)∠C + ∠D = 180˚

1;2

1;3

1;4

 

2;3

2;4

   

3;4

Изображена таблица, полученная при парной группировке свойств трапеции.

Задача о построении паркета из четырехугольника.

Задача: четырехугольником произвольной формы настлать паркет, то есть заполнить всю плоскость без пропусков и перекрытий. Решение этой задачи можно получить с помощью центральной симметрии. Отразим четырехугольник ABCD симметрично относительно середины стороны AB. На рисунке исходный четырехугольник помечен цифрой 1, а симметричный – цифрой 2. Теперь 2-ой отразим симметрично относительно середины его стороны BC, а полученный четырехугольник 3 – относительно середины его стороны CB. Четырехугольники 1, 2, 3, 4 примыкают к их общей вершине углами A, B, C, D. А так как сумма углов в четырехугольнике равна 360˚, то эти четыре четырехугольника располагаются вокруг их общей вершины без пропусков и перекрытий. Такое же построение провести вокруг каждой вершины каждого из новых четырехугольников, что и дает паркет на всей плоскости.

Закрасим четырехугольники в два цвета. В раскрашенном таким образом паркете два четырехугольника одного цвета получаются друг из друга параллельным переносом, а два четырехугольника разных цветов – центральной симметрией. Заметим что исходный четырехугольник может быть и не выпуклым – паркет получится и в этом случае.

Примеры решения задач с использованием паркетов.

Построенные паркеты позволяют решить ряд задач, связанных со свойствами четырехугольников. Решение задач можно изложить без использования паркета; рассмотреть только те четырехугольники, которые нужны для решения, а остальные «следы» паркета стереть. Однако найти решение проще с использованием паркета.

Задача №1.

Из бумаги изготовили два одинаковых выпуклых четырехугольника. Один разрезали по одной диагонали, второй – по другой. Докажите, что из четырех полученных треугольников можно составить параллелограмм. Решение становиться очевидным при рассмотрении паркета, изображенного на рисунке.

Задача №2.

Докажите, что паркет из четырехугольников можно получить следующим образам: застилается паркет из центрально-симметричных шестиугольников (произвольной формы, даже не выпуклых) так, что любые два шестиугольника получаются друг из друга параллельным переносом.

Решение.

На рисунке, а изображен центрально-симметричный шестиугольник ABCDEF. Другие шестиугольники получены из него параллельным переносом. Сумма внутренних углов шестиугольника, рассчитанная по формуле ( n-2)×180˚, равна 720˚. Угол A=D, B=E, C=F, так как по условию задачи шестиугольник центрально-симметричен. Следовательно, сумма углов B, D. F, прилегающих в общей вершине, равна 360˚, а значит, три этих шестиугольника расположены вокруг нее без пропусков и перекрытий. Далее, проводят параллельные диагонали, они образуют параллелограммы и не нарушают паркет.

Применение теории паркета для доказательства свойств и признаков параллелограмма и трапеции.

Задача №1.

Докажите, что если средняя линия, соединяющая середины двух противоположных сторон четырехугольника, равна полу-сумме двух других противоположных сторон, то это четырехугольник – трапеция(или параллелограмм).

Решение.

На рисунке MN и NP – средние линии; отрезки AQ и MP равны и параллельны (поскольку AM и QP равны и параллельны). Если MP = 1/3 (AB+BQ), то есть AQ = MP = AB+BQ, то точка B принадлежит отрезку AQ. Следовательно, AB || CB, то есть ABCD – трапеция.

Задача №2.

Существует ещё одно свойство параллелограмма: любой отрезок, соединяющий две противоположные стороны параллелограмма и проходящий через точку пересечения диагоналей, разделится ею по полам. Связанно это с тем, что параллелограмм обладает центральной симметрией, и его центр симметрии и его центр находится в точке пересечения диагоналей.

Обратная теорема: если любой отрезок с концами на сторонах четырехугольника в точке пересечения диагоналей делится пополам, то этот четырехугольник – параллелограмм.

Решение.

На рисунке отрезок PK соединяет две противоположные стороны четырехугольника через точку пересечения диагоналей и делится ею пополам. Соединим точку O₂ - точку пересечения диагоналей и точку P₁, а также и точку Oc P₂. Получим ромб OPOP₂ с диагональю OO₁ и PP₁. Известно, что диагонали ромба взаимно перпендикулярны. Значит, OH₁, который в равнобедренном треугольнике NOK₂ будет является медианой и высотой.

Аналогично доказывается параллельность сторон AD₂ || BC₂ → ABCD – параллелограмм.

Задача №3.

Доказать, что если в трапеции диагонали равны, то она равнобедренная.

Решение.

На рисунке ACBB₂ - ромб (поскольку его стороны равны и параллельны). Так как диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам, то отрезок BP – медиана и высота в треугольнике ABD₁. Следовательно, ∆ABD₁ - равнобедренный → AB = CD₁.

Заключение

Начатая мной работа по отысканию признаков параллелограмма и трапеции ещё не завершена. Для составления теорем-признаков необходимо знать все свойства параллелограмма и трапеции, многие из которых остались за рамками школьной программы. Не до конца использована мной теория паркетов для доказательства свойств и признаков параллелограмма и трапеции. (Эта идея почерпнута мной из статьи «Паркет из четырехугольников» - автор – доктор – математических наук В. Г. Болотянский.)

Во всем этом я видим перспективы данного исследования. Однако уже на данном этапе работы мне многое удалось.

Во-первых, мной рассмотрена задача о «замощении» плоскости четырехугольниками.

Во-вторых, пополнены «школьные» признаки параллелограмма и трапеции.

В-третьих, доказаны признаки параллелограмма и трапеции, обратные свойствам их средней линии.

В-четвертых, открыт «новый способ» доказательства признаков параллелограмма и трапеции.

Литература

Атанасян, Л. С. Геометрия [Текст]: учебник. для 7-9 кл. сред. шк. / Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов. – М.: Просвещение, 1991.

Болтянский, В. Г. Паркет из четырехугольников. [Текст] / В. Г. Болтянский // Квант. – М.: Наука. – 1989. – №11.

Готман, Э. Задачи на доказательство. [Текст] / Э. Готман // Квант. – М.: Наука. – 1976. – №7

Готман, Э. Медианы и средним линии. [Текст] / Э. Готман // Квант. – М.: Наука. – 1975. – №12

Кушнир, И. Неожиданность обратной задачи. [Текст] / И. Кушнир // Квант. – М.: Наука. – 1991. – №2

Математика. [Текст] // Энциклопедия для детей. – Т. 11. – Аванта+, 1998.

Погорелов, А. В. Геометрия. [Текст]: учеб. пособие для 6-10 кл. сред. шк. / А. В. Погорелов. – М.: Просвещение, 1998.

Сонин, А. С. Постижение совершенства [Текст] / А. С. Сонин. – М., 1986.

 

Просмотров работы: 138