Леонардо Фібоначчі і гомотетія

раздел: “Фамильная” геометрия

ключевые слова: ключевые слова: равносторонний треугольник, квадрат, гомотетия, гомотетичные фигуры, центр гомотетии, экстремальные задачи

 

В 1170 році в італійському місті Пізі в сім’ї писаря Боначчо (що означає «доброзичливий») народився син Леонардо. Йому призначено було стати видатним математиком Леонардо Пізанським або Леонардо Фібоначчі (син Боначчо).

  У юнацькі роки Фібоначчі навчався арифметиці та алгебрі в Алжирі. Потім почалися торгові подорожі до Єгипту, Сирії, Візантії, Сицилії, де він істотно розширив свої математичні пізнання. А в 1202 році написав «Книгу абака», в якій систематизував усе найкраще в грецькій і арабській математиці, а також додав свої задачі, прийоми, методи.

  У «Книзі абака», що складається з 459 сторінок (!), Фібоначчі показав прийоми множення, дії з дробами, ввів дробову риску: . Він вирішив низку задач на визначення проби сплавів. Розв‘язав задачі на правило «товариства» (про те, як розділити суму пропорційно долям учасників). Він переконливо показав, що індійська система числення набагато зручніша за римську: 4321—у індусів, MMMMCCCXXI—у римлян. В алгебраїчній частині книги Фібоначчі вирішує лінійні і квадратні рівняння, задачі з радикалами. Він також є автором знаменитої задачі про кроликів, коли від кожної пари через місяць з’являється нова пара. У результаті отримуємо ряд, в якому кожен елемент, починаючи з третього, дорівнює сумі двох попередніх: 1; 1; 2; 3;  5; 8; 13; 21… Цей ряд називається рядом Фібоначчі. Багато важливих, корисних властивостей має ряд Фібоначчі, широким є його застосування! Фібоначчі також є учасником і переможцем першого публічного математичного турніру, під час якого він блискуче вирішив усі завдання, запропоновані супротивником.

  У 1220 році було завершено другу книгу — «Практика геометрії». В ній Фібоначчі приводить докази важливих теорем, часто при цьому пропонуючи свої, оригінальні доведення. Ось, наприклад, його авторське доведення теореми про медіани (рис. 1): рис.1                              .

 

Тут дуже важливо відзначити, що Леонардо прагне не лише і не стільки вирішити окремо взяту задачу, а створити метод розв‘язання цілого ряду задач, об‘єднаних спільною ідеєю.

  Багато задач з книг Фібоначчі входили згодом у всі європейські підручники. Не випадково кажуть, що аж до XVIII століття Європа вивчала математику за працями Фібоначчі. Ми ж докладніше зупинимося на наступній задачі з «Практики геометрії».

 

Задача Леонардо Фібоначчі.    У рівносторонній трикутник впишіть квадрат в такий спосіб, щоб одна із сторін лежала на основі трикутника.

  Розв‘язання.  Спочатку впишемо в трикутник маленький квадрат (мал. 2). Потім за допомогою гомотетії «розширимо» його до шуканого квадрата KNTQ.

  Зауваження 1.    Задача має аналогічне розв‘язання не лише для рівностороннього, а й для довільного трикутника.

  Зауваження 2.         Гомотетія дозволяє розв‘язати задачу Фібоначчі і декілька по-рис. 2                              іншому, побудувавши спочатку квадрат на    

                                        стороні BC в зовнішню сторону (мал. 3). Такий метод (метод гомотетії) виявився достатньо ефективним при розв‘язанні цілої низки задач. Добірку таких задач, які невимушено, красиво вирішуються за допомогою гомотетії, пропонуємо Вашій увазі.

  Нагадаємо лише, що гомотетія — слово грецького походження, означає «однаково розміщені». Гомотетія задається своїм центром і коефіцієнтом гомотетії. Головним у гомотетії є той факт, що центр гомотетії та відповідно гомотетичні точки належать одній прямій.

  До того ж, гомотетія — це окремий випадок подібності.

 

 

рис. 3

Задача 1       Всередині кута BAC «кинуто» точку K (рис. 4). Знайти на стороні AB таку точку X, що KX=XN, де XNAC.

 

 

 

 

рис. 4

  Розв‘язання.  З’єднаємо A і K (мал. 5). З довільної точки TAC відновлюємо до AC перпендикуляр, який перетне AB в точці Y. Засічка з Y, розхилом TY в перетині з AK дає точку Q. QY=YT, а фігури QYT і рис. 5                                 KXN є гомотетичними.

 

Задача 2          K — точка на стороні BC трикутника ABC. Побудувати EF||BC (EAC и FAB), щоб відрізок EF було видно з точки K під прямим кутом.

Розв‘язання.  Проведемо відрізок TN||BC, де TAC и NAB (рис. 6). На TN як на діаметрі побудуємо півколо ω, яке перетне відрізок AK в точці Q. Оскільки TQN=90º (вписаний спирається на діаметр), то залишається побудувати ΔKEF, гомотетичний ΔQTN, в       рис. 6                       якому EKF=90º и EF||BC.

 

Задача 3                       У даний ΔABC впишіть ΔKNT, сторони якого перпендикулярні до сторін ΔABC.

Розв‘язання.  Будуємо маленький ΔXYZ, в якому XYBC; YZAC і XZAB (рис. 7). Потім, Застосувавши гомотетію з центром X, збільшуємо цей трикутник до ΔXEF. Гомотетія з центром у вершині C  перетворює ΔXEF в шуканий ΔKNT.  

 

 

 рис. 7    

 

Задача 4             В колі проведено радіуси OA і OB. Побудувати хорду NT, яка ділиться цими радіусами на три рівні частини.

 

Розв‘язання.  Дивіться рис. 8! (додаткові коментарі до цієї задачі здаються зайвими).

 

 

 

 

 

 

рис. 8

 

Задача 5                  Побудувати 4и кутник ABCD за його кутами A і D та стороною AD, якщо відомо, що AB=BC=CD.

Розв‘язання.  Будуємо відрізок AD. Потім під кутами, що дорівнюють кутам A і D, проводимо відповідні промені n і k з точок A і D (рис. 9). На них відкладаємо довільно AK=DN. З точки N проводимо паралельну пряму до AD. А з точки K робимо на ній засічку розхилом циркуля, що дорівнює AK — отримуємо точку T. Проводимо TQ||ND. Оскільки 4и кутники AKTQ та ABCD гомотетичні, то подальша побудова є

рис. 9                       очевидною!..

 

Задача 6            На стороні AB квадрата ABEF побудовано у зовнішню сторону прямокутний ΔABC (рис. 10). CE і CF перетинають AB в точках X та Y. Доведіть, що XY=.

Розв‘язання.  Нехай промені CA і CB перетинають пряму EF в точках N і T відповідно. Очевидно, трикутники ACB і NCT гомотетичні з центром гомотетії у точці C та  рис. 10                         коефіцієнтом (1).

Тоді (2).

З подібності ΔANF і ΔTBE маємо: , де AF=BE=a — сторона квадрата. Або .

 

Підставимо в (2) і отримаємо:  (3).

Але з (1) , звідки  (4). Порівнявши (3) и (4), одержимо необхідне: XY=.

 

Задача 7                       На стороні BC трикутника ABC взято точку K. З середини BK проведено перпендикуляр до AC, а з середини CK — перпендикуляр до AB. Ці перпендикуляри перетинаються в точці Q (рис. 11). При якому положенні точки K довжина відрізка QK буде найменшою? (Всеукраїнські олімпіади, 10 клас).

Розв‘язання.  При гомотетії з центром в точці K та коефіцієнтом k=2, проведені перпендикуляри перейдуть у висоти BH2 і   рис. 11                            CH3 трикутника ABC. А точка Q — в ортоцентр H. При цьому . Очевидно, довжина відрізка HK буде найменшою, коли точка K співпаде з основою висоти, яку проведено з вершини A.

 

Декілька задач, що успішно вирішуються за допомогою гомотетії, пропонуємо для самостійного розв‘язання.

 

Задача 8       Доведіть, що трикутники з відповідно паралельними сторонами є гомотетичними.

 

Задача 9       Впишіть в даний трикутник прямокутник із заданим відношенням сторін.

 

 

 

 

 

 

Задача 10         Знайдіть на стороні BC трикутника ABC точку K — таку, що EF||BC, де KEAC і KFAB (рис. 12).

 

 

 

 

 

 

 

рис. 12

 

Задача 11       У даний ΔABC  впишіть трикутник, сторони якого є паралельними до сторін іншого даного  ΔKNT.

 

Задача 12  В прямокутний ΔABC впишіть рівносторонній трикутник зі стороною, паралельною до гіпотенузи AB.

 

Задача 13        На сторонах AC і AB трикутника ABC знайдіть відповідно точки E і F — такі, що CE=EF=FB.

 

Задача 14       Побудувати ΔABC за наступними елементами: a+b; a+c; A

 

 

 

 

            Г. Філіпповський,

Русанівський ліцей,

м. Київ.