Занятие математического кружка по теме "Задача о медианах треугольника"

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.

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.

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.

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.

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.

Пусть А(х_А; у_А), В(х_В; у_В), С(х_С; у_С), М(х; у) тогда МА(х_А– х; у_А – у);   МВ(х_В – х; у_В – у); МС(х_С – х; у_С – у). Так как  сумма этих векторов равна нулю, то х_А + х_В + х_С – 3х = 0 и у_А+ у_В + у_С – 3у = 0, то М(1/3(х_А + х_В + х_С); 1/3(у_А + у_В + у_С)).
МВ² = (х_В – 1/3х_А – 1/3 х_В – 1/3х_С)² +  (у_В – 1/3у_А – 1/3 у_В – 1/3у_С)² = 1/9((2х_В – х_А – х_С)² + (2у_В – у_А – у_С)²)
В₁(1/2(х_А + х_С); 1/2(у_А + у_С)), то МВ₁² = 1/36((х_А + х_С – 2х_В)² + (у_А + у_С – 2у_В)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.

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.

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.

Итог:

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