Если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают равные между собой отрезки и на другой его стороне.

B

O

E

A3

A2

A1

B3

B2

B1

F

A

  

  Дано: Ð AOB; A₁B₁ II A₂B₂ II A₃B₃; A₁A₂ = A₂A₃.

Доказать: В₁В₂ = В₂В₃.

Доказательство:

1. Дополнительное построение: Через точку В₂ проведем прямую FE II OA, такую, что

2. Полученные четырехугольники FA ₁ A ₂ B ₂ и Е A ₃ A ₂ B ₂ являются параллелограммами по определению (противоположные стороны попарно параллельны). По свойству параллелограмма:

3. Рассмотрим ∆ FB ₁ B ₂ и ∆В₂ B ₃ Е.

4. Из ∆ FB ₁ B ₂ = ∆В₂ B ₃ Е Þ B ₁ B ₂ = В₂ B ₃.

Замечание: В условии теоремы Фалеса вместо сторон угла можно взять любые две прямые, при этом заключение теоремы будет то же.

Параллельные прямые, пересекающие две данные прямые и отсекающие на одной прямой равные отрезки, отсекают равные между собой отрезки и на другой прямой.

Теорема. Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают от сторон угла пропорциональные отрезки.

O

B

A2

A1

B2

B1

A

    

Дано: Ð AOB; A₁B₁ II A₂B₂; A₁B₁∩AO={A₁}; A₁B₁∩BO={B₁}; A₂B₂∩AO={A₂}; A₂B₂∩BO={B₂}.

Доказать: OA ₁: OA ₂ = O В₁: OB ₂.

Доказательство:

1. Пусть существует отрезок длины х, который укладывается целое число раз на отрезке OA ₁ и на отрезке OA ₂. Тогда OA ₁ = nx, OA ₂ = mx.

2. Разобьем отрезок OA ₂ на m равных частей длины х. При этом точка A ₁ будет одной из точек деления.

3. Проведем через точки деления прямые, параллельные прямой A ₁ B ₁. Их получится столько, сколько точек деления на отрезке OA ₁.

4. По теореме Фалеса эти прямые разбивают отрезок OB ₂ на равные отрезки некоторой длины у. Имеем на отрезке OB ₂ m равных отрезков длины у (OB ₂ = m у),точка B ₁ является точкой деления отрезка OB ₂ на равные части, на отрезке OB ₁ укладывается n равных отрезков длины у (OB ₁ = ny).

5. Тогда

Деление отрезка на n равных частей. Разделить данный отрезок AB на n равных частей.Построение. Пусть [ AB ] – данный отрезок. Проведем из точки A луч a, не содержащий отрезок AB. Отложим от точки A на построенном луче равные отрезки: AA ₁, A ₁ A ₂,..., A _{n – 1} A _n . Соединим точки A _n и B. Проведем через точки A ₁, A ₂,..., A _{n – 1}прямые, параллельные прямой A _n B Они пересекают отрезок AB в точках B ₁, B ₂,..., B _{n – 1}. Отрезки AB ₁, B ₁ B ₂,..., B _{n – 1} B – искомые отрезки.

Доказательство

Равенство отрезков AB 1 = B 1 B 2 =... = B n – 1 B следует непосредственно из теоремы Фалеса.

3. Задача по теме «Метод координат».

 

Билет № 3

1.

D

С

В

А

M

Пропорциональные отрезки в круге (доказать теоремы о пересекающихся хордах, пересекающихся секущих, секущей и касательной, проведенных из одной точки к окружности).

Теорема о пропорциональных отрезках хорд. Произведения отрезков хорд, пересекающихся внутри круга, равны.

Доказательство:

1). Докажем подобие треугольников ADM и BCM:

D

С

В

А

D

С

В

А

O

О

2). Из подобия треугольников:

Теорема 2. Квадрат отрезка касательной, проведенной из точки, лежащей вне круга, равен произведению отрезка секущей на ее внешнюю часть.

Доказательство:

1). Пусть секущая А D проходит через центр окружности О. Тогда OB – радиус окружности, AB – касательная к окружности. По свойству касательной OB ^ AB.

2). Из D A О B (Ð ABO = 90°) по теореме Пифагора: