Аналогія: теорема Піфагора на площині і в просторі

курсовая работа

1.1 Різні доведення теореми Піфагора

Доведення 1. На гіпотенузі і катетах побудуємо квадрати і виконаємо додаткові побудови, які видно на рисунку 1. Тоді NAB = 90° + САВ,

САЕ =90° + САВ. Отже, NАВ = САЕ. Крім цього, NА = СА, АВ = АЕ.

Таким чином, за першою ознакою рівності трикутників маємо: ДNAB = ДCAE. Але SДNAB = NA·NK = SДANRC, SДCAE = AE·EH = SAEHR. Порівнюючи останні три рівності, дістанемо: SANKC = SAEHR. ( 1 ) Аналогічно, ABE = 90° + ABC, CBD = 90° + ABC. Звідси ABF = CBD. Крім того, AB - DB, CB - FB. Тоді за першою ознакою рівності трикутників ДABF = ДDBC. Але SДABF = BF·QF = SBCQF, SДDBC = BD·HD = SHRBD. З цих рівностей одержимо: SBCQA = SHRBD. ( 2 ) Додамо почленно рівності (1) і (2):

SANKC + SBCQF = SAEHR + SHRBD, але SAEHR + SHRBD = SAEDB.

Таким чином, SANKC + SAEDB або b2 + a2 = c2

Рис. 1

Рис. 2

Доведення 2

Побудуємо ДBDE = ДACB так, щоб B CD ( рис 2).

Тоді чотирикутник ACDE - трапеція, бо AC || DE як два перпендикуляри до CD. Маємо:

SACDE = ·CD = ·2 (1)

Крім того, SACDE = SДABE + 2SДABC. Трикутник ABE рівнобедрений і прямокутний. Дійсно, якщо позначимо АВС = BED = , тоді в прямокутному трикутнику BDE DBE = 90° - . За побудовою CBD = 90°.Таким чином, ABE = 180° - °, SДABC=, SДABC= .

Тоді SACDE= ( 2 )

Порівнюючи рівності ( 1 ) і ( 2 ), дістанемо:

Доведення 3. Побудуємо CD AB ( рис.3 ).

Нехай CAB = BCD = . Тоді SДABC = sin. Оскільки ,

SДABC = ( 1 )

Аналогічно: SДACD = ( 2 )

SДBCD = ( 3 )

За побудовою SДABC = SДACD + SДBCD. ( 4 )

З рівностей ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ), ( 4 ) випливає:

тобто

Рис.3 Рис.4

Доведення 4. Впишемо в трикутник АВС коло ( О, r ) ( Рис.4 ). Тоді:

SДABC = SДOAC + SДOAB =

Чотирикутник OKCL - квадрат з стороною r. За властивістю дотичних, проведених з точок А та В до кола, маємо: AH = AK = , BH = BL = .

Тоді

AB = AH + HB =

З іншого боку

SДABC = .

Таким чином,

Доведення 5

Виконуємо побудови, які показано на рисунку 5 а), 5 б).

Рис.5,а

Рис.5,б

CDMN, TQRE - квадрати зі стороною . Тоді SCDMN = STQRE.

За побудовою маємо:

SCDMN = SABLK + 4SДABC,

STQRE = SPQBC + SACFE + 4SДABC.

Порівнюючи ці рівності, дістанемо:

SABLK + 4SДABC = SPQBC + SACFE + 4SДABC , або

SABLK = SPQBC + SACFE, тобто

Доведення 6

Побудуємо квадрат CDMN з стороною a+b ( Рис.6)

Рис. 6

Тоді ДАСВ = ДBDK = ДKLM = ДLNA ( за двома катетами ) , звідки

AB = BK = KL = LA = c.

Отже, чотирикутник ABKL - ромб.

Оскільки АВК = 90°, то ABKL - квадрат. Маємо:

Порівнюючи останні рівності, дістанемо:

Доведення 7

На сторонах прямокутного трикутника АВС побудуємо квадрати АВКМ, АDЕС, ВСFR. (Pис. 7). Трикутники ЕСF, КLМ і АСВ рівні між собою. АDRВ = EDRF як симетричні відносно прямої DR фігури; ACLM = КLСВ як центрально-симетричні фігури відносно центра квадрата АВКМ; АDRB=АСLМ як відповідні фігури при повороті навколо центра А на кут 90°.

Враховуючи одержані три рівності, маємо:

ADEFRB = ACBKLM, але

SADEFRB = SADEC + 2SДABC + SBCFR, SACBKLM = SABKM + 2SДABC.

Отже, SADEC + SBCFR = SABKM , тобто

Рис.7

Рис.8

Доведення 8

Прямокутний трикутник АСВ з прямим кутом С повернемо навколо точки С на 90° так, щоб він зайняв положення АґСВґ ( Рис. 8 ). Продовжимо гіпотенузу АґВґ до перетину з АВ у точці D. Відрізок ВґD буде висотою трикутника ВґАВ.

Розглянемо тепер чотирикутник АґАВґВ. Його можна розкласти на два рівнобедрені трикутники САґА і СВґВ. Маємо:

ЫДСФґФ = б ЫДСИґИ= ю

Таким чином

ЫФґФИґИ= ЫДСФґФ + ЫДСИґИ

Трикутники ААґВґ і ВАґВґ мають спільну основу ВґАґ і висоти AD і BD відповідно. Тому

ЫФґФИґИ= ЫДАФґВґ + ЫДВАґИ= ю

Порівнявши два вирази для площі чотирикутника АґАВґВ, одержимо:

, тобто

Делись добром ;)