Детская энциклопедия

Меню сайта











Три задачи о треугольнике

1. Произвольная точка Р отражена от середины сторон треугольника A1A2A3, т. е. построены точки:

P1 — симметричная точке Р относительно середины стороны А2А3,

Р2 — симметричная точке Р относительно середины стороны А3А1,

Р3— симметричная точке Р относительно середины стороны А1А2.

Что можно сказать об отрезках А1Р1, А2Р2 А3Р3?

Ответ подскажет опыт, т. е. тщательно вы­полненный чертеж. Он покажет, что эти три отрезка пересекаются в одной точке, которая делит каждый из них пополам.

Для доказательства выберем начало радиус-векторов в точке Р и, исполь­зуя экономные обозначения, обозначим А1, А2, А3 радиус-векторы вершин заданного тре­угольника (рис. 9 а). (Не советуем эти радиусвекторы проводить на чертеже, достаточно себе их представить.) Тогда, в силу условия задачи, радиус-векторы точек Р1, Р2, P3, отражений точки Р, определяются по формулам:

P1=A2,+А3; Р231; Р3=А12.

Пусть С1 — середина отрезка A1P1; тогда:

2•С1111+(А23).

Пусть С2 — середина отрезка А2Р2, тогда:

2•C2=A2+P2=A2+(A31).

Учитывая, что правые части этих формул равны между собой, придем к выводу, что 2•С1=2•С2, т. е. убедимся, что отрезки А1Р1 и А2Р2 имеют общую середину С, имею­щую радиус-вектор C1=С2. Аналогичным спо­собом убедимся, что и отрезки A1P1 и А3Р3 имеют общую середину С, имеющую радиус-вектор C1=С3, Таким образом, все три отрезка имеют общую середину С, а это и требовалось доказать. Запомним, что

2•C=A1+A2+A3 (α)

2. Пусть точки Q1, Q2, Q3 — середины отрезков Р2Р3, P3P1, ,P1P2, рассмотренных в предыдущей задаче, а точки М1, М2, М3 — середины сторон А2А3, А3А1, А1А2. Что можно сказать об от­резках M1Q, M2Q2, M3Q3

Из рис. 9 б

видно, что они пересекаются в одной точке, которая является их общей се­рединой. Вот алгебраическое доказательство:

2•Q1=Р23=(А31)+(А12)=2•А123, (β)

2•Q2=P31=(А1+A2)+(А23)=2A2+A3+A1, (β')

2Q312=23)+(А31)=2A3+A1+A2, (β'')

Если D1 — середина отрезка М1 Q1, то 2Dl = M1+Q1

и, следовательно,

2•(2D)=(M1+Q1)+(M1+Q1)=2•M1+2•Q1=(А23)+(2•А1+А23)=(А123)+(А123)=2•(А123)                                                                                                      (γ)

Аналогичным образом получим:

2•(2D2)=(M2+Q2)+(M2+Q2)=А31+(2•А2+А31)=2•(А231)                        (γ'

2•(2D3)=2•(А312)                                                                                                               (γ")         

Правые части формул (γ), (γ'), (γ") равны между собой, и поэтому D1=D2=D3, что и требова­лось доказать.

3. Что можно сказать о прямых A1Q1, A2Q2, A3Q3?

Ответ. Они пересекаются в одной точке, которая симметрична точке Р относительно точки С (сделать чертеж).

Доказательство. Обозначим бук­вой Р' точку, симметричную точке Р относи­тельно точки С; тогда Р'=2С и, в силу фор­мулы (α),

P'=A1+A2+A3.

Обозначим теперь буквой А1' середину отрез­ка А1Р'; тогда:

2•А'11+Р'=2•А123.

Правая часть этой формулы совпадает с пра­вой частью формулы (β), и поэтому А'1=Q1, т. е. точка А'1 есть не что иное, как уже из­вестная нам точка Q1. Отсюда следует, что точка Р' лежит на прямой A1Q1.

Аналогичным образом докажем, что она лежит и на прямой A2Q2, и на прямой A3Q3, а это и требовалось доказать.

 





 
Календарь
«  Декабрь 2016  »
ПнВтСрЧтПтСбВс
   1234
567891011
12131415161718
19202122232425
262728293031

Новые статьи
Каталог статей
Как подготовить ребенка к школе
Освоение навыков чтения
Природные материалы на уроках труда

Статистика




 
Адрес почты Вопросы по рекомендациям, размещению рекламы и обратных ссылок обращайтесь pochta@enciklopediya1.ru
2013 © 2016