Twierdzenie Pitagorasa

Prezentacja na temat: "Twierdzenie Pitagorasa"— Zapis prezentacji:

1 Twierdzenie Pitagorasa

2 Spis treści Twierdzenie Pitagorasa – wstęp Sformułowanie twierdzenia Pitagorasa Szkolny dowód twierdzenia Pitagorasa Dowód Euklidesa Dowód Garfielda Dowód układanka 1 Dowód układanka 2 Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa i jego dowód Uogólnienie twierdzenia Pitagorasa Twierdzenie cosinusów Domki Pappusa – uogólnienie twierdzenia Pitagorasa Twierdzenie Pitagorasa dla czworościanu 13. Księżyce Hipokratesa 14.Ślimak Teodorosa 15. Drzewo Pitagorasa 16. Zadania „Lilavatii” - zastosowanie tw. Pitagorasa 17. Przykład zadania maturalnego informator 2010 18. Zagadka

3 Twierdzenie Pitagorasa - wstęp
Twierdzenie to zastało sformułowane i udowodnione przez znakomitego filozofa i matematyka starożytnej Grecji Pitagorasa (530 p.n.e). Legenda głosi, że Pitagoras odwiedzając współczesne mu świątynie, na posadzkach zauważył ornament, który był rysunkowym dowodem twierdzenia, noszącego obecnie jego imię (szczególny przypadek, gdy trójkąt jest prostokątny równoramienny). Szczególne przypadki twierdzenia Pitagorasa były w praktyce stosowane już na długo przed Pitagorasem na terenach Mezopotamii, starożytnego Egiptu i Chin.

4 Twierdzenie Pitagorasa
W dowolnym trójkącie prostokątnym suma kwadratów długości przyprostokątnych jest równa kwadratowi długości przeciwprostokątnej tego trójkąta. Twierdzenie Pitagorasa Interpretacja geometryczna W dowolnym trójkącie prostokątnym suma pól kwadratów zbudowanych na przyprostokątnych jest równa polu kwadratu zbudowanego na przeciwprostokątnej.

5 Szkolny dowód twierdzenia Pitagorasa
W trójkącie prostokątnym prowadzimy wysokość na przeciwprostokątną. Dzieli ona ten trójkąt na dwa mniejsze trójkąty. Wszystkie te trzy trójkąty są do siebie podobne (kkk) stąd po dodaniu stronami

6 Dowód Euklidesa  BCF   ABH (bkb) i Pole(ABFG) = 2Pole  BCF oraz Pole(BJKH) = 2Pole  ABH więc Pole(BJKH) = Pole(ABFG) analogicznie: Pole(CJKI) = Pole(ACED) więc Pole(ABFG) + Pole(ACED) = Pole(BJKI) + Pole(CJKI) = Pole(BCIH) czyli: a2 + b2=c2

7 Dowód Garfielda Autorem kolejnego dowodu twierdzenia Pitagorasa jest dwudziesty prezydent Stanów Zjednoczonych James Garfield. Dowód ten pochodzi z 1876 roku. Z trójkątów prostokątnych o bokach długości a, b, c budujemy trapez o podstawach długości a, b i wysokości (a + b)

8 Dowód układanka 1 Dowód układanka 1
Dany jest trójkąt prostokątny o bokach długości a, b i c. Konstruujemy kwadrat o boku długości a + b. P1=2ab+c2 P2=2ab+a2+b2 P1 = P2 2ab+c2 =2ab+a2 + b2

9 Dowód układanka 2 J  środek kwadratu BCIH KL ∥ AC, KL  MJ, b > a KJ = JC = NJ = JM = 0,5c czworokąt KLCA jest równoległobokiem więc AK = CL = a + x, BK = x b = x + a + x x = (b  a)2 Kwadrat BCIH został podzielony na cztery przystające czworokąty o bokach długości 0,5c; 0,5c; x, (a+x ) o dwóch kątach prostych. c2 = a2 + 40,5(0,5)2c2 + 40,5x(a + x) c2 = a2 + 0,5c2 +0,5(b  a)( a + b) c2 = 0,5a2 + 0,5c2 + 0,5b2 c2 = a2 + b2 1 3 4 2 2 4 3 1

10 Twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa i jego dowód
Jeżeli w trójkącie kwadrat jednego z boków równa się sumie kwadratów dwóch boków pozostałych, to trójkąt jest prostokątny. Założenie: a2 + b2 = c2 Teza: Kąt ACB jest prosty Dowód: a2 = c2  b2=(c  b)(c + b) skąd: Na boku c = AB odkładamy odcinek AD = AE = b. Wówczas DB = c  b. Z proporcji wynika, że trójkąty DBC i EBC ( B jest wspólny) są podobne(bkb), więc ECA = CEA =DCB ==1/2CAD, ACD=(180CAD)2=901/2CAD=90. Zatem: ACB= ACD + DCB=(90)+=90 ACB=90 Co należało dowieść.

11 Uogólnienia twierdzenia Pitagorasa
W trójkątach prostokątnych pole figury zbudowanej na przeciwprostokątnej jest równe sumie pól figur zbudowanych na przyprostokątnych, podobnych do siebie. Kiedy na bokach trójkąta prostokątnego zbudujemy półokręgi tak, by średnicą były boki trójkąta, to suma pól półokręgów zbudowanych na przyprostokątnych będzie równa polu półokręgu zbudowanemu na przeciwprostokątnej. Tak samo jest z trójkątami równobocznymi oraz prostokątami.

12 Twierdzenie cosinusów
Kolejnym uogólnieniem twierdzenia Pitagorasa jest twierdzenie: W dowolnym trójkącie kwadrat długości jednego boku jest równy sumie kwadratów długości dwóch pozostałych boków, zmniejszonej o podwojony iloczyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego między tymi bokami. Dowód:

13 „Domki Pappusa” uogólnienie twierdzenia Pitagorasa
AH = IJ =x h – wysokość ABDH opuszczona na bok AH H – wysokość AHFC opuszczona na bok AH BI = h i IC = H Pole(ABDH) = Pole(BIJE) = xh Pole(ACFH) = Pole(CGJI) = XH więc Pole(ABDH) + Pole(ACHF) = Pole(EGCB) Suma pól równoległoboków ( o podanych własnościach) zbudowanych na krótszych bokach dowolnego trójkąta równa się polu prostokąta zbudowanego na najdłuższym boku.

14 „Domki Pappusa” uogólnienie twierdzenia Pitagorasa
KB = GH oraz  NBK   NEP Pole BNME = Pole EJHG Pole DLOB = Pole GHID więc Pole BNME +Pole DLOB= Pole EDIJ Suma pól równoległoboków (o podanych własnościach) zbudowanych na krótszych bokach dowolnego trójkąta równa się polu prostokąta zbudowanego na najdłuższym boku.

15 Twierdzenie Pitagorasa dla czworościanu
Jeżeli w czworościanie każde dwie jego krawędzie wychodzące z pewnego wierzchołka są wzajemnie prostopadłe, to suma kwadratów pól wszystkich ścian wychodzących z tego wierzchołka jest równa kwadratowi pola pozostałej ściany. Kiedy z punktu O wychodzą prostopadłe do siebie krawędzie to: PΔAOB2 + PΔAOC2 + PΔBOC2 = PΔABC2 Dowód: h- wysokość trójkąta AOB opuszczona na bok AB H – wysokość trójkąta ABC opuszczona na bok AB

16 jest równa polu trójkąta prostokątnego ABC. Dowód:
Księżyce Hipokratesa Księżyce Hipokratesa są to figury geometryczne w kształcie księżyców, suma ich pól jest równa polu trójkąta prostokątnego ABC. Dowód: Suma pól księżyców jest równa: 0,5π(0,5c)²+0,5π(0,5b)²-[0,5π(0,5a)²-(bc)/2]=0,125π(c²+b²-a²)+(bc)/2 Z twierdzenia Pitagorasa wiadomo, że: a²=b²+c², więc: 0,125π(c²+b²-a²)+(bc)/2=0,125π(a²-a²)+(bc)/2=(bc)/2 Możemy zatem stwierdzić, że suma księżyców jest równa polu trójkąta ABC.

17 Ślimak Teodorosa Konstrukcja geometryczna pozwalająca stworzyć odcinek o długości równej pierwiastkowi z liczby naturalnej Przyprostokątne pierwszego trójkąta mają długość 1. Konstrukcja złożona jest z trójkątów prostokątnych. Każdy kolejny trójkąt zbudowany jest z przyprostokątnej o długości 1 i z przyprostokątnej równej długości przeciwprostokątnej poprzedniego trójkąta. Nazwa konstrukcji pochodzi od greckiego matematyka i filozofa Teodorosa z Cyreny.

18 Drzewo Pitagorasa Drzewo Pitagorasa jest fraktalem zbudowanym z kwadratów i trójkątów prostokątnych. Jego nazwa pochodzi od Pitagorasa ponieważ pokazuje ilustrację graficzną tego twierdzenia.

19 Zadania Lilavati Zadanie 1. „Łodyga lotosu” (Z Lilavati, wiek XII) Nad powierzchnię jeziora nawiedzanego przez liczne stada flamingów i żurawi wynurza się koniec łodygi lotosu, który wznosi się na pół łokcia nad wodą. Pod działaniem wiatru łodyga stopniowo pochyla się i zanurza, aż wreszcie niknie pod wodą w odległości 2 łokci od miejsca, w którym wyrosła. Oblicz szybko matematyku, głębokość wody. x = (x+0,5)2 x2 + 4 = x2 + x + 0,25 x = 3,75 Głębokość wody wynosi 3,75 łokcia

20 Zadania Lilavati Zadanie 2. „Problem Leonarda z Pizy” (Z Liber abaci, wiek XIII) Dwie wieżyce, jedna wysokości 30 stóp, druga 40 stóp oddalone są od siebie o 50 stóp. Pomiędzy nimi znajduje się wodotrysk, do którego zlatują się dwa ptaki z wierzchołków obu wieżyc i lecąc z jednakową prędkością przybywają w tym samym czasie. Jakie są odległości poziome wodotrysku od obu wieżyc? AE = EC x = (50x) x = 2500  1500x +x 100x = 3200 x = 32 Szukane odległości to 32 i 18 stóp.

21 Zadania Lilavatii Zadania „Lilavati” Zadanie 3. „Małpi skok” (Z Lilavati, wiek XII) Dwie małpy siedziały na drzewie: jedna na samym jego wierzchołku, druga na wysokości 10 łokci od ziemi. Druga małpa, chcąc napić się wody w źródle odległym o 40 łokci, zlazła z drzewa; w tymże czasie pierwsza małpa skoczyła z wierzchołka drzewa wprost do tego samego źródła po przeciwprostokątnej. Przestrzeń przebyta przez małpy była jednakowa. Powiedz mi szybko człowieku światły, z jakiej wysokości małpa ta skoczyła? Odpowiedź: 30 łokci Zadanie 4. Pośrodku kwadratowej sadzawki liczącej po 10 stóp w obu kierunkach rośnie krzak lilii wodnej, której kwiat wynurza się na stopę ponad powierzchnię wody. Gdy go się przechyli ku środkowi któregokolwiek brzegu, skryje się pod wodą. Jak głęboka jest ta woda? Odpowiedź: 12 stóp

22 Zadania Lilavati Zadanie 5. „Złamany bambus” (Z Lilavati, wiek XII) Trzcina bambusowa, mająca 32 łokcie i wznosząca się na równinie, została w jednym miejscu złamana przez wiatr; wierzchołek jej dotknął ziemi o 16 łokci od podstawy. Powiedz mi matematyku biegły, ile łokci nad ziemią została złamana trzcina bambusowa? Odpowiedź: 12 stóp Zadanie 6.”Kot i szczur” (Zadanie hinduskie z VII wieku) Kot wdrapał się na mur wysokości 4 łokci, skąd dostrzegł szczura myszkującego o 8 łokci od podstawy muru. Szczur również dojrzał kota i popędził ku swojej kryjówce znajdującej się w fundamencie muru. Kot skoczył z muru i przeleciał w powietrzu po przekątnej tę samą odległość jaką szczur przebiegł po ziemi. Udało mu się złapać szczura. W którym punkcie owych 8 łokci został szczur schwytany i jaką odległość przebiegł czworonożny łowca, a jaką przebiegł szczur? Odpowiedz mi dostojny panie jeśli nie są ci obce obliczenia koła. Odpowiedź: 5 łokci

23 Przykład zadania maturalnego – poziom podstawowy, informator 2010
Punkt M leży wewnątrz prostokąta ABCD (patrz rys.). Udowodnij, że AM2+CM2=BM2+DM2 W trójkątach AMD, DMC, CMB, BMA rysujemy wysokość z punktu M. Trójkąt MFA jest trójkątem prostokątnym więc: |AM|² =c² +b² Podobnie |CM|²=a²+d² |BM|²=c²+d² |DM|²=a²+b² Więc prawdziwa jest równość: |AM|²+|CM|²=|BM|²+|DM|²=a²+b²+c²+d²

24 Zagadka Skąd wzięła się ta dziura?

25 3. Stanisław Fudali „Wokół twierdzenia Pitagorasa”, Matematyka 3/98
Literatura 1. Szczepan Jeleński „Śladami Pitagorasa”, Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne, Warszawa1974 2. Szczepan Jeleński „Lilavati”, Państwowe Zakłady Wydawnictw Szkolnych, Warszawa 1968 3. Stanisław Fudali „Wokół twierdzenia Pitagorasa”, Matematyka 3/98 4. Stanisław Miklos „Uogólnienie twierdzenia Pitagorasa”, Matematyka 3/98 4. Matematyka 6/99 5. Stanisław Kowal, „Przez rozrywkę do wiedzy”, Wydawnictwa Naukowo , Warszawa 1973 6. Wikipedia Do wykonania rysunków wykorzystano program komputerowy GeoGebra Literatura

26 Prezentację przygotowali uczniowie
Krzysztof Goj  klasa I Jędrzej Kosteczko – klasa I Marcin Parysz – klasa I Paweł Kucz – klasa I Sebastian Grzesiak – klasa II w ramach projektu „Cyrklem, linijką i komputerem, czyli jak polubić geometrię”. Uczniowie są uczestnikami zajęć Szkolnej Sekcji Towarzystwa Naukowego (Sekcja Matematyczno-Naukowo – Techniczna) pracującej przy LO im. Powstańców Śląskich w Bieruniu. W trakcie zajęć uczniowie poznają program komputerowy GeoGebra. GeoGebra jest bezpłatnym, dynamicznym oprogramowaniem edukacyjnym dla szkół, które łączy geometrię, algebrę i analizę matematyczną. Korzystając z tego programu uczniowie badają własności figur geometrycznych i w ten sposób przygotowali swoją prezentację. Opiekunem Szkolnej Sekcji jest Jolanta Tarajkowska, nauczyciel matematyki. Autorzy