Занятие математического кружка по теме "Задача о медианах треугольника"

Разделы: Математика


Цели:

  • Показать разнообразие способов решения одной задачи. 
  • Повысить познавательную активность учащихся, развивать оригинальность, гибкость мышления, умение применять теоретические знания на практике, математически правильно излагать свои мысли.
  • Воспитывать аккуратность, терпение, умение слушать товарища, целеустремлённость.

Давно замечено, что гораздо полезнее познакомить учащихся с разными решениями одной задачи, чем с однотипными решениями разных задач. Одной из таких задач является задача о медианах.

ХОД УРОКА

– На предыдущем уроке мы вспомнили и обобщили все известные нам сведения о медианах треугольника.
На дом была задана задача: Докажите, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1 считая от вершины. Постарайтесь найти больше одного решения.
– Ребята, кто справился с домашним заданием? Кто нашел несколько способов решения задачи?

К доске выходит первый ученик со своим решением.

Решение 1

Рис. 1.

Рис. 1.

Треугольник АВС подобен треугольнику А1В1С1 по трём сторонам, с коэффициентом подобия k = 2 (стороны второго треугольника в 2 раза меньше соответствующих сторон первого, т.к. являются его средними линиями). Точка М является точкой пересечения медиан обоих треугольников. Отрезок МВ в треугольнике АВС соответствует отрезку М1В1 треугольника А1В1С1, значит МВ = 2М1В1.  Другими словами МВ : М1В1 = 2 : 1. аналогично: МА : М1А1 = 2 : 1 и МС : М1С1 = 2 : 1. Что и требовалось доказать.

– Я тоже рассматривал подобные треугольники, но другие – поднимает руку второй ученик.

Решение 2

Рис. 2.

Рис. 2.

Рассмотрим треугольники А1С1М и АСМ. А1С1||АС (как средняя линия  треугольника АВС), значит угол А1 равен углу А, угол С1 равен углу С. Получили, что треугольники подобны по двум углам. Коэффициент подобия равен 1/2, т.е. АМ : МА1 = СМ : МС1 = 2 : 1. аналогично рассматривая треугольники В1С1М и ВСМ получим:
ВМ : МВ1 = СМ : МС1 = 2 : 1.
Задача решена.

– И у меня подобие – вступает в разговор следующий учащийся, – Но мой способ отличается от двух предыдущих, т.к. я использовал дополнительные построения.

Решени 3

Рис. 3.

Рис. 3.

Поделим медиану ВВ1 точкой М в отношении 2 : 1 считая от вершины, и докажем, что другие медианы тоже пройдут через эту точку. Через точку В проведём прямую параллельную прямой АС. Построим прямую АМ. Точку пересечения этих прямых обозначим D, а точку пересечения прямых АМ и ВС через точку А1. Треугольники АМВ1 и МВ подобны по двум углам (углы А и D равны как накрест лежащие, а углы при вершине М – вертикальные). Коэффициент подобия равен 1/2 (именно так я взял точку М), поэтому ВD = 2АВ1, но АС = 2АВ1, значит DВ = АC. Из этого следует, что четырёхугольник АВDC – параллелограмм. По свойству параллелограмма А1 – середина ВС, т.е. АА1 – медиана. Аналогично можно доказать, что медиана, проведённая из вершины С проходит через точку М.
Задача решена.

– Моё решение начинается, как предыдущее, но я использовала теорему Фалеса. На доске записывается следующее решение.

Решение 4

Рис. 4.

Рис. 4.

Пусть точка М делит медиану ВВ1 в отношении 2 : 1 считая от вершины. Докажем, что и другие медианы пройдут через точку М. проведём прямую СМ, которая пересекает АВ в точке С1. найдём середину МВ и обозначим её точкой К. Через точки К и В1 проведём прямые, параллельные прямой СМ.они пересекут АВ в точках Р и Х соответственно. По теореме Фалеса ВР = РС1 = С1Х = ХА, значит точка С1 – середина АР и СС1 – медиана. Что и требовалось доказать.

– Ребята, есть ли у кого другое решение?

– Я использовала такое свойство: точка пересечения медиан является  единственной точкой, для которой выполняется условие: сумма векторов с началом в этой точке, а концами в вершинах треугольника равна нулю, т.е. МА + МВ + МС = 0, – говорит одна из учениц. Она идет к доске и объясняет свой способ.

Решение 5

Рис. 5.

Рис. 5.

Пусть А(хА; уА), В(хВ; уВ), С(хС; уС), М(х; у) тогда МА(хА– х; уА – у);   МВ(хВ – х; уВ – у); МС(хС – х; уС – у). Так как  сумма этих векторов равна нулю, то хА + хВ + хС – 3х = 0 и уА+ уВ + уС – 3у = 0, то М(1/3(хА + хВ + хС); 1/3(уА + уВ + уС)).
МВ2 = (хВ – 1/3хА – 1/3 хВ – 1/3хС)2 +  (уВ – 1/3уА – 1/3 уВ – 1/3уС)2 = 1/9((2хВ – хА – хС)2 + (2уВ – уА – уС)2)
В1(1/2(хА + хС); 1/2(уА + уС)), то МВ12 = 1/36((хА + хС – 2хВ)2 + (уА + уС – 2уВ)2)
МВ2 = 4 МВ12
МВ = 2МВ1
Аналогичными рассуждениями можно доказать, что МА = 2МА1 и МС = 2МС1.
Задача решена!

– Я тоже использовал векторы при решении, но оно совсем не похоже на только что рассмотренное. Следующий ученик знакомит класс со своим решением.

Решение 6

Рис. 6.

Рис. 6.

Пусть точка м делит медиану ВВ1 в отношении 2 : 1 считая от вершины. Докажем, что другие медианы проходят через точку М.
Найдём вектор СМ как сумму векторов, воспользовавшись правилом многоугольника:
СМ = СА + АВ + ВМ = СА + АВ + 2/3ВВ1 = СА + АВ + 2/3(ВА + 1/2АС) = СА + АВ – 2/3АВ – 1/3СА = 2/3СА + 1/3АВ = 2/3(СА + 1/2АВ) = 2/3СС1
Значит М принадлежит медиане СС1. Аналогично М принадлежит медиане АА1.

– Я очень рада, что вы нашли так много способов решения этой задачи, в том числе и векторный способ. А кто-нибудь из вас использовал гомотетию при решении? Нет? Тогда попробуем сейчас найти этот способ.

Решение 7

Рис. 7.

Рис. 7.

Будем считать, что М делит ВВ1 в отношении 2 : 1 считая от вершины. Рассмотрим гомотетию с центром М и коэффициентом – 1/2.

Здесь я предлагаю учащимся самостоятельно закончить это решение. Большинство учащихся успешно справляются с поставленной задачей.

Решение 7 (продолжение)

Точка В переходит при этой гомотетии в В1, пусть С переходит в С2. Тогда вектор В1С2 равен – 1/2 вектора ВС. С другой стороны, средняя линия В1С1 получается из стороны СВ при гомотетии с центром А и коэффициентом 1/2; таким образом, В1С1 = 1/2СВ = –1/2ВС. Итак, В1С2 = В1С1, следовательно, С2 = С1. Значит треугольники АВС и А1В1С1 гомотетичны, причём центр гомотетии лежит в точке М. по определению гомотетии, точки С, М и С1 лежат на одной прямой.

В заключение урока, я хотела бы познакомить вас с решением, которое придумал гениальный Архимед.

Решение 8

Загрузим вершины равными массами, например, по одному грамму.  Полученная система трех материальных точек 1А, 1В, 1С имеет однозначно определённый центр масс М. Положение центра масс не изменится, если массы материальных точек 1В и 1С мы перенесём в их центр масс, т.е. в точку А1.  Но тогда М окажется центром масс только точек 2А1 и 1А. значит М лежит на отрезке АА1. аналогично убедимся, что М принадлежит ВВ1 и СС1. Таким образом, все три медианы имеют общую точку М. Кроме того по правилу рычага: произведение массы материальной точки на расстояние от неё до центра масс одинаково для обеих точек, т.е. 2МА1 = МА иначе: МА : МА1 = 2 : 1.

Рис. 8.

Рис. 8.

Итог:

  • Разобрано много способов решения одной задачи.
  • Повторены сведения из различных разделов геометрии.
  • Рассмотрен способ, которым решил задачу великий Архимед.