Равновеликость и равносоставленность. Равновеликость и равносоставленность фигур. Вафина Р.Р. 2. Равновеликие и равносоставленные многоугольники
 Скачать 0.62 Mb.
|
|
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ МОСКОВСКОЙ ОБЛАСТИ Государственное образовательное учреждение высшего образования Московской области МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ОБЛАСТНОЙ УНИВЕРСИТЕТ (МГОУ) Кафедра высшей алгебры, элементарной математики и методики преподавания математики КУРСОВАЯ РАБОТА По теории и практике решения математических задач Тема: «Равновеликие и равносоставленные многоугольники» Выполнил студент: Физико-математического факультета Группы 34М Очной формы обучения Вафина Рената Рустямовна Руководитель: Дата защиты «____»2022 г. Оценка: (подпись руководителя) г. Мытищи 2022 1 Содержание Введение ....................................................................................................... 2 §1. Общие понятия равновеликости и равносоставленности фигур. .... 3 §2. Задачи на равносоставленные и равновеликие фигуры. .................. 9 Заключение ................................................................................................ 23 Литература ................................................................................................. 24 2 Введение Актуальность. Актуальность моего исследования состоит в том, что на основании понятий равносоставленности и перекраивания можно находить площади разных фигур, а также составлять головоломки. Данная работа посвящена доказательству следующей теоремы: если два многоугольника имеют одинаковую площадь, то один из них можно разбить на такие части, из которых возможно составить второй многоугольник. Более краткая формулировка: если два многоугольника равновелики, то они равносоставлены. Венгерский математик Ф. Бойяи (1832) и немецкий математик П. Гервин (1833) доказали, что равновеликие многоугольники являются равносоставленными (теорема Бойяи — Гервина). Поэтому разрезанием на части и перекладыванием их можно любой многоугольник превратить в равновеликий ему квадрат. Понятие равносоставленности лежит в основе «метода разбиения», применяемого для вычисления площадей многоугольников: параллелограмм «разрезанием и перекладыванием» сводят к прямоугольнику, треугольник — к параллелограмму, трапецию — к треугольнику. Эквивалентным понятию равносоставленности является понятие равнодополняемости, которое лежит в основе «метода дополнения», т. е. дополнения двух фигур равными частями так, чтобы получившиеся после такого дополнения фигуры были равны. Изучению некоторых вопросов, связанных с равносоставленностью фигур, посвящена вся работа. Она разделена на два параграфа, в первой из которых изучаются многоугольники, а во второй задачи. Сформулированная выше теорема является одной из основных в первой главе. Цель исследования: изучение и использование понятия и свойств равновеликих и равносоставленных фигур в практической деятельности человека Объект исследования: задачи школьного курса геометрии Предмет исследования: решение задач равновеликих и равносоставленных фигур Задачи исследования: раскрыть сущность понятия «равновеликие» и «равносоставленные» фигур Проанализировать опыт математиков при решении задач Выявить методы решения задач Найти практическое применение геометрических понятий равносоставленности и равновеликости Структура работы: работа состоит из введения, двух параграфов, заключения и списка литературы. 3 §1. Общие понятия равновеликости и равносоставленности фигур. Рассмотрим замкнутую двенадцатизвенную ломаную с одинаковыми длинами звеньев, образующую многоугольник, имеющий форму креста.(рис.1,а) Если провести разрезы этого многоугольника по отрезкам прямых АВ, ВС, CD, DA, расположенным внутри фигуры, и повернуть прямоугольные треугольники, отмеченные цифрами 1,3, 4, по часовой стрелке на 180° вокруг точек Е, F, G, H соответственно, то получим квадрат АВCD (рис.1,б) .Таким образом ,крест и квадрат составлены из одних и тех же частей (в количестве пяти в данном случае), которые являются многоугольниками. Такие фигуры называются равносоставленными. Они, очевидным образом, имеют и равные площади, т.е. являются равновеликими. Ясно, что любые равносоставленные многоугольники (вообще фигуры) являются равновеликими. В 1832 г. венгерский математик Форкаш Бойяи (1802—1860) и, независимо, в 1833 г. математик-любитель немецкий офицер Гервин доказали обратное утверждение: Любые равновеликие многоугольники равносоставлены. а) Рисунок 1 б) Доказательство этого утверждения основано на нескольких простых леммах, которые приведены ниже. Лемма 1. Треугольник равносоставлен с некоторым прямоугольником. Пусть в треугольнике АВС наибольшей (или одной из наибольших) является сторона АB. Рисунок 2 4 Проведем в треугольнике АВС среднюю линию О 1 , О 2 , параллельную АВ, и высоту СD. Через Q обозначим точку пересечения отрезков О 1 , О 2 , и CD. Повернем прямоугольные треугольники О 1 QС и О 2 QС вокруг точек О 1 и О 2 соответственно- один против, а другой по часовой стрелке, на 180°. Они займут положения треугольников О 1 FА и О 2 ЕВ. Эти треугольники и трапеция АВО 2 О 1 , очевидно, образуют прямоугольник АВЕF, равносоставленный с треугольником АВС, что доказывает лемму 1. Одновременно получаем, что 𝑆 𝐴𝐵𝐶 = 𝑆 𝐴𝐵𝐸𝐹 = 𝐴𝐵 ∗ 𝐴𝐹 = 𝐴𝐵 ∗ 𝐷𝑄 = 𝐴𝐵 ∗ ( 1 2 ∗ 𝐶𝐷) = 1 2 ∗ 𝐴𝐵 ∗ 𝐶𝐷 А это есть формула вычисления площади треугольника: половина произведения длины стороны на длину высоты, опущенной на эту сторону. Утверждение доказано для случая наибольшей стороны, но справедливо в любой ситуации. Лемма2. Параллелограмм равносоставлен с равновеликим ему прямоугольником, имеющим с параллелограммом одинаковые основания. Рисунок 3. Как и в лемме 1, предположим, что АВ- наибольшая из сторон параллелограмма АВСD, а угол при вершине А- острый (рис.3) Пусть точки Н на стороне АВ и Е на стороне DC являются основаниями перпендикуляров, которые опущены соответственно из вершины D на АВ и из вершины В на DС. Переместим прямоугольный треугольник ВСЕ параллельно себе в положение ADF. Очевидно, что получившийся прямоугольник АВЕF равносоставлен с параллелограммом АВСD и имеет с ним одно основание АВ. Разумеется, что АВСD и АВEF равновелики. Лемма 2 доказана. ∎ Как следствие получаем: 𝑆 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆 𝐴𝐵𝐸𝐹 = 𝐴𝐵 ∗ 𝐴𝐹 = 𝐴𝐵 ∗ 𝐷𝐻-площадь параллелограмма равна произведению длины стороны на длину высоты, опущенной на эту сторону (как в лемме 1,это справедливо в любой ситуации, а не только для наибольшей стороны). Справедливость леммы 2 для случая, когда АВ <АD, очевидна из рисунка 4. 5 Этот рисунок на самом деле содержит в себе идею доказательства следующего утверждения, который будет использоваться нами в дальнейшем. Лемма 3. Если многоугольник М 1 равносоставлен с многоугольником М 2 , а М 2 равносоставлен с многоугольником М 3 , то М 1 и М 3 равносоставлены. Проведем в М 2 отрезки прямых, разбивающие М 2 на части, из которых можно составить М 3 а затем- отрезки прямых, разбивающие М, на части, из которых можно составить Му. Объединение этих отрезков разбивает М, на меньшие части, из которых можно составить и М, и Му, которые, тем самым, оказываются равносоставленными. ∎ Лемма 4. Два равновеликих прямоугольника равносоставлены. Пусть АВСD и EFGH - равновеликие прямоугольники: АВ* ВС= EF* FG и АВ-наибольший из отрезков АВ, ВС, EF, FG (рис. 5). Продолжим отрезок НG влево за Н и отметим на этом продолжении точку L такую, что EL= AB. Поскольку АВ>ЕН= FG, такая точка L существует. Аналогично пусть FK= АB= EL; KE ∈ LH. Очевидно, что EFKL - параллелограмм, равновеликий с прямоугольником ЕFGH, так как эти четырехугольники имеют одно основание ЕF и одну высоту FG. Hо тогда EFKL равновелик и с прямоугольником АВСD. К тому же у них равные основания: АВ =EL. По лемме 2 EFKL равносоставлен с ЕFGН и с ABCD. По лемме 3 прямоугольника ABCD и EFGH равносоставлены. ∎ Рисунок 5. Теперь можно переходить к доказательству теоремы. Теорема. (Бойяи-Гервина.) Любые равновеликие многоугольники равносоставлены. Рисунок 4. 6 Пусть многоугольники М 1 и М 2 равновелики. Произвольный многоугольник можно разбить на конечное число треугольников. Пусть М 1 = ⋃ 𝑇 𝑘 (1) 𝑛 𝑘=1 ; М 2 = ⋃ 𝑇 𝑙 (2) 𝑚 𝑖=1 По лемме 1 трeугольники 𝑇 𝑘 (1) , 𝑘 = 1, … , 𝑛 равносоставлены соотвественно с прямоугольниками П 𝑘 (1) , 𝑘 = 1, … , 𝑛, а 𝑇 𝑙 (2) , 𝑙 = 1, … , 𝑚 𝑐 П 𝑘 (2) , 𝑘 = 1, … , 𝑛 На прямой возьмем отрезок АВ единичной длины, а над ним поставим один на другой прямоугольники с основаниями АВ и высотами ℎ 𝑘 (1) = 𝑆 П к (1) , k=1,…,n. Полученная пирамида является прямоугольником АВВ 1 А 1 . По лемме 4 эти прямоугольники равносоставлены соответственно с П 𝑘 (1) , 𝑘 = 1, … , 𝑛 . По лемме 3 многоугольник М 1 , равносоставлен с прямоугольником АВВ 1 А 1 Аналогично поступим с многоугольником М 2 который будет равносоставлен с прямоугольником А’B’В 2 А 2 , имеющим единичное основание А’B’. Так как М и М равновелики, то равновелики прямоугольники АВВ 1 А 1 и А’B’ В 2 А 2 , имеющие равные основания: АB= А’B’=1. Но тогда АВВ 1 А 1 =А’B’ В 2 А 2 . По лемме 3 следует, что М 1 и М 2 равносоставлены. Теорема Бойяи-Гервина тем самым доказана.∎ Вызывает естественное удивление то обстоятельство, что, как оказалось, не всякие два равновеликих многогранника (имеющие равные объемы) равносоставлены. В 1901 г. немецкий математик Ден показал, что куб и тетраэдр равных объемов не являются равносоставленными. Этим он решил третью проблему Гильберта (своего учителя), сформулировавшего на Всемирном конгрессе математиков в 1900 г. 23 важнейшие, на его взгляд, задачи, передаваемые нерешенными девятнадцатым столетием двадцатому. В дальнейшем швейцарский математик Хадвигер нашёл необходимое и достаточное условие равносоставленности равновеликих многогранников. Равновеликие многогранники не всегда являются равносоставленными. Так, например, куб и равновеликий ему правильный тетраэдр не являются равносоставленными — т. н. теорема Дена, доказанная немецким математиком М. Деном (1901) и составившая отрицательное решение третьей проблемы Гильберта. Для доказательства Ден построил некоторую систему аддитивных инвариантов, равенство которых необходимо для равносоставленности многогранников, и убедился, что среди его инвариантов есть такие, которые принимают разные значения для куба и равновеликого ему правильного тетраэдра. Эти работы были продолжены швейцарским математиком Х. Хадвигером и его учениками; в частности, Ж. П. Зидлер установил, что совпадение инвариантов Дена двух многогранников не только необходимо, но и достаточно для их 7 равносоставленности. Теорема Пифагора Методы разбиения и дополнения удобно использовать при доказательстве многих теорем планиметрии. Например, для доказательства того, что параллелограмм и прямоугольник, имеющие одинаковые основания и высоты, равновелики. Идея перекраивания легла в основу доказательства и теоремы Пифагора. Ведь известно, что доказательств теоремы Пифагора существует очень много. Квадраты ,которые построенны на катетах и на гипотенузе, разрезаются так, что каждой части квадрата, построенного на гипотенузе, соответствует часть одного из двух квадратов, построенного на катетах. Отличаются эти доказательства только способами перекраивания. Но во всех случаях для понимания доказательства достаточно одного взгляда на чертеж и все рассуждения можно заменить одним словом «смотри», как это делалось в сочинениях древних математиков. Рассмотрим одно из таких доказательств. Это доказательство Энштейна. Преимуществом доказательства является то, что здесь в качестве составных частей разложения фигурируют исключительно треугольники. Рассмотрим совершенно непохожие друг на друга фигуры. С одной стороны, они совершенно разные, т.е. с точки зрения обывателя неравны. Но если эти фигуры вырезать из бумаги и разрезать одну из них на более мелкие фигуры, как показано на рисунке, то из этих частей можно сложить квадрат, показанный на рисунке 6 8 Рисунок 6. Данная головоломка называется «Танграм». В переводе с китайского языка означает « Семь дощечек мастерства». Танграм появился в Китае в конце XVIII века. Головоломка "Танграм" - квадрат, разрезанный на 7 частей из которых составляют различные силуэты. Известно около семи тысяч различных комбинаций. Многие авторы различных книг по занимательной математике объясняют изобретение танграма якобы жившему 2 тысячи лет до нашей эры в Китае ученому Тангу. Суть этой игры не только и не столько в собирании первоначальной фигуры — из разрезанных кусочков можно собирать разнообразные силуэты людей, животных, предметов домашнего обихода, игрушек, цифр, букв и т. д. В чем же связь этой головоломки с математикой? В основе всей игры лежат геометрические фигуры, а во вторых при разрезании одной фигуры и составлении из нее другой фигуры используются свойства площадей данных фигур. Во втором параграфе приведем несколько различных головоломок. 9 §2. Задачи на равносоставленные и равновеликие фигуры. №1. Разбейте произвольный треугольник на три части так, чтобы можно было сложить прямоугольник. Решение: Пусть A— наибольший угол треугольника ABC. Тогда углы B и C острые. Проведя разрезы через середины сторон AB и AC перпендикулярно BC, переставим полученные части, как показано на рисунке ниже. №2. Разбейте произвольный треугольник на части, из которых можно составить треугольник, симметричный исходному относительно оси симметрии. Решение: Пусть A— наибольший угол треугольника. Разрежем треугольник ABC на равнобедренные треугольники и переставим их, как показано на рисунке ниже. №3. Разбейте квадрат на шесть долей и сложите из них 3 равных квадрата. Решение: Мы будем решать обратную задачу: разрежем три квадрата со стороной a и сложим из них квадрат со стороной √3а.Требуемые разрезы изображены на рисунке. №4. Докажите, что любой прямоугольник можно разрезать на части и сложить В С А А В С 10 из них прямоугольник со стороной 1. Решение: Надо доказать, что если есть два прямоугольника со сторонами a, b и c, d, причём ab = cd = S, то первый прямоугольник можно разрезать на части и сложить из них второй. Пусть для определённости a ≤b и c ≤d. Тогда c≤ √𝑆 ≤ 𝑏 и a ≤d. Отрежем от обоих прямоугольников по два прямоугольных треугольника с катетами a и c, как показано на рисунке. Заштрихованные параллелограммы равновелики и имеют сторону длиной √𝑎 2 + 𝑐 2 , поэтому один параллелограмм можно разрезать на части и сложить из них второй №5. Разбейте фигуру, изображённую на рисунке на четыре одинаковые части Решение: №6. В выпуклом n-угольнике проведены все диагонали. Они разбивают его на несколько многоугольников. Докажите, что у каждого из них не более n сторон. Решение: Прямая, на которой лежит сторона многоугольника разбиения, проходит через две вершины исходного многоугольника, а через каждую 11 вершину исходного многоугольника может проходить не более двух таких прямых. Поэтому число сторон многоугольника разбиения не больше числа вершин исходного многоугольника. №7. В выпуклом n-угольнике проведены все диагонали. Они разбивают его на несколько многоугольников. Докажите, что если n чётно, то у каждого из полученных многоугольников не более n − 1 сторон. Решение: Те же самые рассуждения, что и при решении задачи №6, показывают, что полученный многоугольник имеет не более n сторон, причём если число его сторон равно n, то из каждой вершины исходного многоугольника выходят ровно две диагонали, ограничивающих полученный многоугольник. Пусть из вершины A1 выходят две диагонали A1Ap и A1Aq, ограничивающие полученный многоугольник. Тогда Ap и Aq — соседние вершины, поскольку иначе внутри угла ApA1Aq была бы диагональ, разрезающая полученный многоугольник. Действительно, вершину, лежащую между Ap и Aq, нужно было бы соединить с вершиной, лежащей между A1 и Ap или между A1 и Aq. Изменив при необходимости направление нумерации вершин, можно считать, что q = p + 1 и p 6 n/2. Если исключить диагональ A1Ap+1, то любая другая диагональ, ограничивающая полученный многоугольник, соединяет одну из вершин с номером от 2 до p с некоторой вершиной. Поэтому всего у полученного многоугольника может быть не более 1 +(n/2 – 1) · 2 = n − 1 сторон. Чтобы получить пример n-угольника, при разрезании которого получается (n − 1)- угольник, можно взять правильный (n − 1)-угольник и отрезать от него маленький треугольник, т. е. вместо вершины A1 взять две вершины A’1 и An, расположенные на сторонах A1A2 и A1An−1 вблизи вершины A1 №8. Докажите, что медианы треугольника разрезают его на шесть равновеликих треугольников. Решение: Пусть точка М на пересечение медиан треугольника АВС . Прямая ВМ разрезает треугольники АВС и АМС на два равновеликих треугольника (по свойству медианы), поэтому 𝑠 𝐴𝐶𝑄 = 𝑆 𝐴𝑀𝐺 + 𝑆 𝐺𝑀𝐶 + 𝑆 𝐶𝑀𝑄 , 𝑆 𝐴𝐶𝑄 = 2𝑆 𝐴𝑀𝐺 + 𝑆 𝐶𝑀𝑄 𝑠 𝐴𝐵𝑄 = 𝑆 𝐴𝑀𝐹 + 𝑆 𝐹𝑀𝐵 + 𝑆 𝐸𝑀𝑄 , 𝑆 𝐴𝐵𝑄 = 2𝑆 𝐴𝑀𝐹 + 𝑆 𝐶𝑀𝑄 𝑆 𝐶𝐴𝐹 = 𝑆 𝐶𝑀𝐺 + 𝑆 𝐺𝑀𝐴 + 𝑆 𝐴𝑀𝐹 𝑆 𝐶𝐴𝐹 = 𝑆 𝐶𝑀𝐺 + 𝑆 𝐺𝑀𝐴 + 𝑆 𝐴𝑀𝐹 = >2𝑆 𝐶𝑀𝐺 + 𝑆 𝐴𝑀𝐹 = 2𝑆 𝐶𝑀𝐺 = 2𝑆 𝐶𝑀𝑄 = > 𝑆 𝐶𝑀𝐺 = 𝑆 𝐶𝑀𝑄 12 𝑆 𝐴𝑀𝐺 = 𝑆 𝐺𝑀𝐶 = 𝑆 𝐴𝑀𝐹 = 𝑆 𝐹𝑀𝐵 𝑆 𝐺𝑀𝐶 = 𝑆 𝐴𝑀𝐺 = 𝑆 𝐶𝑀𝑄 = 𝑆 𝑄𝑀𝐵 = > 𝑆 𝐴𝑀𝑃 = 𝑆 𝐶𝑀𝑄 №9. Отрезок MN, параллельный стороне CD четырехугольника ABCD, делит его площадь пополам (точки M и N лежат на сторонах BC и AD). Длины отрезков, проведенных из точек A и B параллельно CD до пересечения с прямыми BC и AD, равны a и b. Докажите, что MN2 = (ab + c2)/2, где c = CD. Решение: Пусть для определенности лучи AD и BC пересекаются в точке O. Тогда 𝑆 𝐶𝐷𝑂 : 𝑆 𝑀𝑁𝑂 = 𝑐 2 ÷ 𝑥 2 , где x = MN, и 𝑆 𝐴𝐵𝑂 : 𝑆 𝑀𝑁𝑂 = ab : 𝑥 2 , так как OA : ON = a : x и OB : OM = b : x. Следовательно, 𝑥 2 − 𝑐 2 = ab - 𝑥 2 , т. е. 2𝑥 2 = ab + 𝑐 2 №10. Треугольник ABC с острым углом ∠A = α вписан в окружность. Её диаметр, проходящий через основание высоты треугольника, проведённой из вершины B, делит треугольник ABC на две части одинаковой площади. Найдите угол B. Решение: Пусть H – основание высоты треугольника ABC, проведённой из вершины B, M – середина AC. Рассмотрим случай, когда указанный в условии диаметр пересекает сторону AB (в точке O). Пусть O – точка пересечения этого диаметра со стороной AB. Если точка O совпадает с B, то совпадают точки H и M. Тогда треугольник ABC – равнобедренный, значит, ∠B = 180° – 2 ∠BAC = 180° – 2α. Если точки O и B различны, то поскольку SAMB = ½ SABC = SAHO, отрезки OH и BM пересекаются в некоторой точке K. Тогда SBOK = SMKH ⇒ SBOH = SBMH. Поскольку BH – общее основание равновеликих треугольников BOH и BMH, то их высоты, опущенные из вершин O и M на это основание, равны. Следовательно, MO || BH. Поэтому прямая OM – серединный перпендикуляр к хорде AC. Значит, на этой прямой лежит центр окружности. Таким образом, точка O принадлежит двум различным диаметрам окружности, поэтому является её центром. Тогда ∠B = 90° – ∠A = 90° – α. Если указанный в условии диаметр пересекает сторону BC, то ∠A = 90° > α, что невозможно. №11. Площадь одной клетки равна 1. Найдите площадь закрашенной фигуры. 13 Решение: Разбить многоугольник на части удобнее по линии a, то площадь многоугольника будет равна сумме площадей трапеции и треугольника. 𝑆 трапеции= 𝑎+𝑏 2 ∗ℎ= 2+3 2 ∗2=5 , 𝑆 прям.треугольника = 𝑎𝑏 2 = 2∗3 2 = 3 𝑆 фигуры = 𝑆 прям.треугольника + 𝑆 трапеции = 3 + 5 = 8 №12. П лощадь одной клетки равна 1. Найдите площадь фигуры, изображённой на рисунке. Решение: Площадь данной фигуры равна разности площади квадрата и двух треугольников: S=6*6- 1 2 *1*1- 1 2 *5*6= 36-0,5-15= 20,5 №13. Площадь одной клетки равна 1. Найдите площадь закрашенной фигуры. Решение: Площадь данной фигуры равна разности площади квадрата и двух трапеций: 14 S=4*4- 1+2 2 *2- 1+4 2 *2 = 16-3-5=8 №14. Даны два параллелограмма равной площади с общей стороной. Докажите, что первый параллелограмм можно разрезать на части и сложить из них второй. Решение: на рисунке показано, как можно это сделать. №15. Существует ли треугольник, который можно разрезать: а) на 3; б) на 5 равных треугольников, подобных исходному? Решение: а) Существует. Из трёх одинаковых прямоугольных треугольников с углом 60◦ можно сложить один прямоугольный треугольник с углом 60◦ , как показано на рисунке б)Требуемым образом можно разрезать любой прямоугольный треугольник. 15 №16. Найдите площадь квадрата, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь квадрата равна разности площади прямоугольника и четырех равных прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного квадрата. Следовательно: S=4*4-4* 1 2 ∗ 1 ∗ 3 = 10 см 2 №17. Найдите площадь прямоугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь прямоугольника будет состоять из разности площади прямоугольника и четырех прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного прямоугольника. Следовательно: S=5*4- 1 2 *2*4- 1 2 *2*4- 1 2 *1*2- 1 2 *1*2=10 𝑐𝑚 2 №18. Найдите площадь ромба, изображенного на клетчатой бумаге с размером 16 клетки 1 см на 1 см Решение: Площадь четырехугольника будет состоять из разности площади прямоугольника и четырех равных прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного четырехугольника. Следовательно: S=6*4-4* 1 2 ∗ 3 ∗ 2 = 12 𝑐𝑚 2 №19. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь четырехугольника будет состоять из разности площади прямоугольника и четырех прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного четырехугольника. Следовательно: S= 5*5- 1 2 *2*3- 1 2 ∗ 3 ∗ 3 − 1 2 ∗ 2 ∗ 2 − 1 2 ∗ 2 ∗ 3 = 12,5 𝑐𝑚 2 №20. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. 17 Решение: Площадь фигуры будет состоять из разности площади прямоугольника и трех треугольников. Следовательно: S= 4*6- 1 2 ∗ 4 ∗ 3 − 1 2 ∗ 4 ∗ 3 − 1 2 ∗ 2 ∗ 6 = 6 𝑐𝑚 2 №21. Найдите площадь параллелограмма, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь параллелограмма состоять из разности площади прямоугольника и двух равных прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами параллелограмма. Следовательно: S= 8*4-2* 1 2 ∗ 5 ∗ 4 = 12𝑐𝑚 2 №22. Найдите площадь ромба, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. 18 Решение: Площадь четырёхугольника будет состоять из разности площади большого квадрата, двух маленьких квадратов и четырёх прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного треугольника. Следовательно: S= 3*3- 1 2 ∗ 1 ∗ 2 − 1 2 ∗ 1 ∗ 2 − 1 2 ∗ 1 ∗ 2 − 1 2 ∗ 1 ∗ 2 − 1 ∗ 1 − 1 ∗ 1 = 3 𝑐𝑚 2 №23. Найдите площадь параллелограмма, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Достроим четырёхугольник до прямоугольника площади 2, как показано на рисунке. Площади белых и серых частей прямоугольника равны, поэтому искомая площадь серого четырёхугольника равна 1 см 2 №24. Найдите площадь трапеции, изображенной на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см 19 Решение: Площадь трапеции будет состоять из разности площади большого квадрата, маленького квадрата и трех прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного четырёхугольника. Следовательно: S= 3*3-1*1- 1 2 ∗ 3 ∗ 3 − 1 2 ∗ 1 ∗ 2 − 1 2 ∗ 1 ∗ 1 = 2 𝑐𝑚 2 №25. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь четырёхугольника будет находиться из разности площади большого квадрата и двух прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного четырехугольника. Следовательно: S= 2*2- 1 2 ∗ 1 ∗ 2 − 1 2 ∗ 1 ∗ 2 = 2 𝑐𝑚 2 №26. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь четырёхугольника будет находиться разности площади большого квадрата и двух прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного треугольника. Следовательно: 20 S=2*2- 1 2 ∗ 2 ∗ 1 − 1 2 ∗ 1 ∗ 1 = 2,5 𝑐𝑚 2 №27. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь четырехугольника будет состоять из разности площади большого прямоугольного треугольника и маленького прямоугольного треугольника, гипотенуза которого является стороной исходного четырехугольника. Следовательно: S= 1 2 ∗ 2 ∗ 3 − 1 2 ∗ 1 ∗ 1 = 2,5 𝑐𝑚 2 №28. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь четырехугольника равна сумме площадей двух прямоугольных треугольников и трапеции . Следовательно: S= 1 2 ∗ 1 ∗ 2 + 2+3 2 ∗ 1 + 1 2 ∗ 1 ∗ 3 = 5 𝑐𝑚 2 21 №29. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь четырёхугольника будет состоять из разности площади большого квадрата четырех прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного треугольника. Следовательно: S=2*3- 1 2 ∗ 2 ∗ 1 − 1 2 ∗ 2 ∗ 1 − 1 2 ∗ 1 ∗ 1 − 1 2 ∗ 1 ∗ 1 = 3 𝑐𝑚 2 №30. Найдите площадь четырехугольника, изображенного на клетчатой бумаге с размером клетки 1 см на 1 см. Решение: Площадь четырёхугольника будет состоять из разности площади большого квадрата, маленького квадрата и четырёх прямоугольных треугольников, гипотенузы которых являются сторонами исходного четырёхугольника. Следовательно: S=3*4- 1 2 ∗ 1 ∗ 1 − 1 2 ∗ 1 ∗ 2 − 1 2 ∗ 2 ∗ 3 − 1 2 ∗ 1 ∗ 3 − 1 ∗ 1 = 5 𝑐𝑚 2 №31. Выложи фигурками танграма рыбку и сидящего человека. 22 Решение: 23 Заключение В данной работе исследовались вопросы равносоставленности разных геометрических фигур. Равновеликие фигуры — плоские фигуры одинаковой площади , а равносоставленные фигуры — фигуры, которые можно разрезать на одинаковое число соответственно равных частей. Эквивалентным понятию равносоставленности является понятие равнодополняемости, которое лежит в основе «метода дополнения», то есть дополнения двух фигур равными частями так, чтобы получившиеся после такого дополнения фигуры были равны. На свойстве равносоставленности основан способ вычисления площадей фигур, называемый способом разложения. А также, мы доказали основные теоремы о равносоставленности позволяют сделать вывод, что любую фигуру можно перекроить в другую равновеликую ей фигуру, а две равновеликие фигуры можно составить из одних и тех же более мелких фигур. Очень интересно с помощью различных разрезаний составлять головоломки на составление фигур. 24 Литература 1. Болтянский В.Г. Равновеликие и равносоставленные фигуры // Популярные лекции по математики №22.- М.: Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1956 г. - с. 64. 2. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии // Учебное пособие №5. М.: МЦНМО 2006, 610 с. 3. Атанасян Л. С. Геометрия Дополнительные главы к учебнику Москва 2006. 4. Шарыгин. И. Ф. Геометрия Задачи М.Дрофа 1997. 5. Расин В. В. Лекции по геометрии: Аксиомы планиметрии. Преобразования плоскости: Учеб. пособие. Екатеринбург: Издво Урал. ун-та, 2011. 164 с. 6. Постников М.М.Лекции по геометрии: Аналитическая геометрия Семестр I. Изд. 4 2017. 416 с 7. Котова А. Ю.Издательство: АСТ, 2007 г»Геометрия. Площадь и объем геометрических фигур» 8. Геометрия. 8 класс - Рахимкариев А.А., Тохтаходжаева М.А. 9. Геометрия. 7-9 классы - Смирнова И.М., Смирнов В.А. 10. Геометрия. Тематический контроль. Рабочие тетради 7-9 классы. Под редакцией - Семенова А.Л., Ященко И.В. |