"Пифагоровы штаны" в задачах
Познание 21 век - все об образовании и школах

"Пифагоровы штаны" в задачах


адреса школ

учебное

новости науки

реклама

Хорошим источником тем для научного исследования учащихся вот уже тридцать лет служит физико-математический журнал для школьников и студентов «Квант». Именно в таком ключе мы представляем ряд задач из рубрики ««Квант» для младших школьников». Эти задачи мы рассматриваем как частички той великой традиции, связанной с изучением «Начал» Евклида (см., например, комментарии Д.Д. Мордухай – Болтовского к теореме Пифагора (Предложение 47, книга I) и обобщением теоремы Пифагора (Предложение 31, книга VI)). Нумерацию задач в тексте будем проводить по номеру и году выпуска журнала «Квант», в котором она была опубликована.

К7 – 79.

Рисунок 1

Два квадрата расположены внутри полукруга так, как показано на рисунке. Докажите, что площадь большего квадрата в 4 раза превосходит площадь меньшего квадрата (рис. 1).

К каждой задаче нужно подходить критически. Прежде чем решать её, полезно убедиться, что указанное в ней расположение квадратов возможно.

Рисунок 2

Рисунок 3

Рисунок 4

Как построить чертёж?

Можно начать с полукруга. Центр его лежит в середине стороны большого квадрата. Таких квадратов можно построить много. Один из них на рис. 2. Как получить искомый большой квадрат, видно на рис. 3. То, что это действительно квадрат, следует из свойств гомотетии.

Можно начинать с большого квадрата и использовать то, что центр полуокружности – в середине его стороны (рис. 4). Теперь нужно построить маленький квадрат. Если l – биссектриса угла ВОС, то при симметрии (перегибании) относительно l окружность перейдёт в себя, а прямоугольник MNPQ – в прямоугольник KEFO, у которого вершина Е лежит на окружности (рис. 5). Большой квадрат разбивает полученный прямоугольник на два квадрата, один из которых – искомый маленький квадрат. Сторона маленького квадрата в два раза меньше стороны большого. Так как все квадраты подобны, стороны большого и маленького квадратов параллельны, то их диагонали тоже параллельны (рис. 6).

Рисунок 5

Рисунок 6

Из сказанного получаем два способа построения маленького квадрата:

  1. Через середину стороны большого квадрата проведём прямую, параллельную диаметру. Точка Е – вершина маленького квадрата (рис. 7).
  2. Через вершину Р большого квадрата, лежащую на диаметре, проводим РЕ, параллельную диагонали большого квадрата. Получаем вершину Е маленького квадрата (рис. 8). Так как сторона большого квадрата в два раза больше стороны маленького, то площадь большого квадрата в четыре раза больше площади маленького.

Если чертёж 5 симметрично отобразить относительно АВ и СD, то получим фигуру, состоящую из 12 маленьких квадратов. Отсюда получаются формулировки новых задач:

  1. В полуокружность вписать фигуру, состоящую из трех квадратов, стороны которых соотносятся как 1:2:1.
  2. В полукруг вписать фигуру, которая состоит из шести равных квадратов.
  3. В круг вписать крест, который можно разбить на 12 равных квадратов.

Рисунок 7

Рисунок 8

Рисунок 9

Если фигура, являющаяся решением исходной задачи, не имеет никаких симметрий (рис. 7), то последняя фигура (рис. 9) богата симметриями. Можно заметить, что идея преобразования играет в решении задачи большую роль.

Можно предложить ещё одно, алгебраическое, решение задачи. Пусть x – сторона большого квадрата, y – сторона маленького квадрата, r – радиус окружности (рис. 10).

Рисунок 10

В треугольнике АОВ: , . По теореме Пифагора , , . В треугольнике DOE: , , . По теореме Пифагора, , , . . Следовательно, .

.

Получили, что . Сторона большого квадрата вдвое больше стороны маленького и вершины квадратов делят радиус на части, находящиеся в отношении .

Итак, предложенная в журнале «Квант» задача превратилась в небольшое исследование. Его можно продолжить. Решённая задача допускает обобщения. Основной чертой её чертежа является то, что полукруг и большой квадрат симметричны относительно диаметра, перпендикулярного диаметру полукруга. Заменим полукруг другой фигурой с тем же свойством, например, равнобедренным прямоугольным треугольником, равнобедренным треугольником с углом ? при вершине и т. д.

Задача 1. В равнобедренный прямоугольный треугольник вписать два квадрата так, чтобы по две вершины квадратов лежали на гипотенузе треугольника и одна сторона маленького квадрата была частью стороны большого.

Решение будет дословным повторением геометрического решения задачи К7-79. Получим те же способы построения и то же соотношение их сторон.

Рисунок 11

Рисунок 12

Рисунок 13

Рисунок 14

Если маленькие квадраты вписать по обе стороны от большого, то их вершины разбивают гипотенузу в отношении 1:1:2:1:1, а каждый катет делят на три равные части (рис. 11). Равнобедренный прямоугольный треугольник – половина квадрата (рис. 12). Выделенные вершины сетки являются вершинами девяти равных квадратов, на которые разбивается данный квадрат. На рис. 13 хорошо видна связь решённой задачи с теоремой Пифагора: квадрат, построенный на гипотенузе, разбивается на части. Часть 1 – это маленький квадрат, из частей 2 – 4 составляется большой квадрат. Пифагоров треугольник имеет отношение сторон . Треугольники с этим же отношением сторон выделяются на рис. 14.

Задача 2. В равнобедренный треугольник с углом ? при вершине вписать два квадрата так, чтобы по две вершины квадратов лежали на основании треугольника и одна сторона маленького квадрата была частью стороны большого.

Рисунок 15

Рисунок 16

Рисунок 17

Построение большого квадрата можно выполнить с помощью гомотетии (Рис. 15). Так как большой и маленький квадраты подобны и стороны их параллельны, то диагонали тоже параллельны, т.е. MN¦¦PE (рис. 16). Это определяет вершину Е маленького квадрата. Как же связаны стороны квадратов? Обозначим их а и b соответственно, . В треугольнике NPC: , , . , т.е. . , . В треугольнике ЕКС: ; , . . Отсюда , , . Итак, .

При  получаем  (результат предыдущей задачи). Так как , то . Следовательно,  и . При  отношение  стремится к . При  это отношение стремится к . Итак, меняя угол ? при вершине, мы можем вписывать в треугольник квадраты с любым наперёд заданным отношением сторон , где .

Замечание.

Во всех решённых задачах можно вписать три квадрата: большой и два равных маленьких (рис. 18).

Рисунок 18

Задача допускает дальнейшее обобщение.

Задача 3. В данный произвольный треугольник вписать три квадрата так, чтобы у каждого из них по две вершины лежали на стороне, к которой прилегают острые углы.

Рсунок 19

Рисунок 20

Вписать больший квадрат позволяет гомотетия. Легко построить квадрат M1N1P1Q1 (рис. 19), две вершины которого лежат на стороне АС, а третья вершина – на стороне АВ. Искомый квадрат гомотетичен ему с центром гомотетии А. У всех искомых квадратов диагонали параллельны, поэтому NE¦¦MP, FM¦¦QN. Точки Е и F – вершины второго и третьего искомых квадратов.

К5 – 80.

Рисунок 21

Покажите, что площадь заштрихованной фигуры равна половине площади прямоугольника.

Рисунок 22

Рисунок 23

Рисунок 24

Рисунок 25

Рисунок 26

Рисунок 27

Рисунок 28

Рисунок 29

Решение подсказывает хорошо известный рисунок (рис. 22). Площадь заштрихованной фигуры равна половине разности площадей большого и малого квадратов. Если половину маленького квадрата заштриховать, то получим, что площадь заштрихованной фигуры равна половине площади квадрата (рис. 23 или 24). Как можно построить чертёж для произвольного прямоугольника? Пусть дана в нём «дыра» с краями, параллельными сторонам прямоугольника (рис. 25). Увеличим эту «дырку» в два раза (рис. 26) и по каждой стороне проведём лучи, последовательно пересекающие стороны прямоугольника. Точки пересечения будут вершинами четырёхугольника, внутри которого лежит данная «дыра». Заштрихуем этот четырёхугольник, кроме «дыры» (рис. 27). Площадь его равна половине площади прямоугольника. Очевидно, данный в задаче чертёж построен таким же способом. Отсюда и обратное построение на нём (рис. 28). При решении задачи мы нигде не использовали то, что основная фигура – прямоугольник. Диагональ разбивает четырёхугольник на равные части в любом параллелограмме. Следовательно, в условии задачи вместо прямоугольника можно брать параллелограмм, края «дыры» параллельны его сторонам (рис. 29).

К2 – 88. Листок календаря частично закрыт предыдущим листком (рис. 30). Какая его часть больше: открытая или закрытая?

Рисунок 30

Рисунок 31

Рисунок 32

Если внимательно посмотреть на данный в условии задачи рисунок, то можно заметить, что закрытая вершина нижнего листа лежит на стороне верхнего. Следовательно, на математическом языке: два равных прямоугольника  имеют общую вершину и одна из вершин каждого прямоугольника лежит на стороне другого (рис. 31). Если S и s – площади открытой и закрытой частей нижнего листа, то  и . Отсюда , т.е. большей будет закрытая часть листа. Можно отметить, что полученная фигура имеет ось симметрии (рис. 32).

Обобщение задачи К2 – 88. Два равных параллелограмма имеют общую вершину и по одной вершине каждого параллелограмма лежит на стороне другого. Какая часть параллелограмма имеет большую площадь: закрашенная в синий цвет или закрашенная в красный цвет (рис. 33)?

Рисунок 33

Рисунок 34

Проведём произвольную прямую l, отметим на ней точки А и В (рис. 34). Через В проведём две прямые l1 и l2, симметричные относительно l. Через В проведём тоже две прямые, симметричные относительно l. Отметим точки, в которых одна из них пересекает l1, а вторая l2 (точки С и D). Через С проведём прямую, параллельную l1, а через D – прямую, параллельную l2. Достроим полученные фигуры до параллелограммов. Решение полученной задачи полностью повторяет решение задачи К2-88 и имеет тот же ответ.

Замечание. Обе задачи (и для прямоугольника и для параллелограмма) можно сформулировать как задачи на построение. С этими задачами можно связать много вопросов: пифагоровы тройки, приближенные вычисления, приближение иррациональных чисел обыкновенными дробями, упрощение дробей и т.д. Приближённые равенства позволяют более точно построить чертёж, чем это возможно только с помощью инструментов.

Разберём построение чертежа исходной задачи. Первый прямоугольник легко построить от руки, используя узлы клеток бумаги. Но как построить второй, равный ему прямоугольник, так, чтобы удовлетворялись условия задачи? Рисунки 31 и 32 построены с использованием египетского треугольника (3 : 4 : 5). Из симметрии (рис. 32) видно, что треугольники с номерами 1 равны.

Рисунок 35

Построение второго прямоугольника видно из рисунка 35. Его можно выполнить целиком от руки. Если, ради интереса, измерить листок календаря, то его стороны 103 и 138 миллиметров. Их отношение . Для построения чертежа с другими отношениями сторон помогают пифагоровы тройки. Если , то можно искать а, b и с в виде: , , , где m и n – натуральные числа, n > m.

Можно составить таблицу:

n

m

2

1

4

3

5

3

2

12

5

13

4

1

8

15

17

4

3

24

7

25

5

2

20

21

29

5

4

40

9

41

С такими а, b и с построение можно вести по узлам клетчатой бумаги так же, как показано на рисунке 35. Это построение можно упростить, используя ось симметрии l. Если , , то , . Построение чертежа дано на рисунке 36. Здесь в треугольнике ВОС катеты , , в треугольнике OMN катеты  и , в треугольнике FPQ катеты , . Если , , то построение показано на рисунке 37. В этом случае , , .

Чертёж к задаче можно строить, задавая не длины сторон, а угол a, под которым они пересекаются. Используя приближённые значения  и , можно строить чертёж достаточно точно от руки.

Рисунок 36

Рисунок 37

Рисунок 38

Рисунок 39

Если , то  и   ();    (). Если стороны прямоугольников обозначить а и b, то при  можно взять b = 11, .Строим прямоугольный треугольник с катетами 11 и 4 (красный треугольник на рисунке 38). Для построения а = 7,1 достаточно разделить единичный отрезок в отношении 1:9 (рис. 39). Остальное построение видно на рисунке 38. Если , то  (),  (). Приведём два построения для этих приближённых равенств.

1. b = 7, ? = 32°;

Рисунок 40

Проконтролируем построение циркулем и вычислением на МК. . Для построения а нужно разделить единичный отрезок в отношении 7:3 (рис. 41).

Рисунок 41

2. a = 5, ? = 32°;

Pисунок 42

Выявим более тесные связи данной фигуры с «Пифагоровыми штанами».

Рисунок 43

На рисунке 43 обозначим , . Тогда .

, . . Прямоугольники EE’D’D и BCDA подобны, поэтому .

Рисунок 44

Рисунок 45

Рассмотрим рисунок 44. Здесь . В треугольнике FMT . Следовательно, . Отсюда . В прямоугольнике CKQD тоже .

Если , то . Отложим . Тогда в прямоугольнике AECR’ получим . Итак, все синие прямоугольники на рисунке 12 подобны, отношение их сторон равно . Для их площадей получаем . Если , то . Построим на сторонах CD, CE, ED прямоугольники с соотношением сторон  (рис. 45). Тогда ,  Отсюда , или .

Итог подводим словами Евклида: «В прямоугольных треугольниках фигура на стороне, стягивающей прямой угол, равна <вместе взятым> фигурам на сторонах, заключающих прямой угол, подобных ей и подобно построенных» («Начала», кн. 6, предложение 31).

Отметим, что равенство  допускает очень много рисунков (см., например, «Приложение к журналу «Квант» №3/98, с. 87 – 91).

Рисунок 46

Рисунок 47

Рисунок 48

Обратимся, наконец, к нашей основной фигуре и заключим её в прямоугольник, как показано на рисунке 46. Очевидно, что  при . В этом случае объемлющий прямоугольник становится квадратом. Построение фигуры рисунка 46 допускает обращение. Строим сначала прямоугольник по данному треугольнику, а затем «Пифагоровы штаны». На рисунке 47 это построение выполнено при  и . Тем самым расширилось число известных нам способов построения этой замечательной фигуры. Аналогия ведёт нас к следующим рисункам. Прямоугольник LL1L2L3 не является квадратом (рис. 48). Действительно,

;  .

При а = 3 и b = 5 получаем  и .

Рисунок 49

Рисунок 50

Следовательно, .

При каких же условиях , т.е. при каких условиях LL1L2L3 является квадратом? Для этого должно быть: ; . Отсюда . Так как , то , или  Следовательно, . При этом , т.е. , . Используя приведённые соображения, легко построить чертёж к Предложению 31 из книги 6 «Начал» Евклида (рис. 51).

Рисунок 51

Здесь , , .

Способ построения последнего рисунка подсказывает следующее обобщение. Отвлечёмся полностью от исследуемой задачи, а выполненные построения привяжем к любому прямоугольному треугольнику.

Например,

Рисунок 52

Рисунок 53

Эти рисунки отвечают . Именно этот случай представлен на чертеже у Евклида. Отметим наконец, что эту конструкцию легко приспособить для произвольного l. На рисунке 54 представлен случай .

Рисунок 54

Оставьте свой отзыв с помощью аккаунта ВК:
Оставьте свой отзыв с помощью аккаунта FB:

 
Научно-популярный портал "Познание - XXI век".
111672, г. Москва, ул. Новокосинская, д. 15, корп. 7.
Для связи E-mail: . poznanie21@yandex.ru