پاسخ فعالیت صفحه 39 ریاضی نهم

پاسخ تشریحی: **فرض و حکم مسئله:** * **فرض (Hypothesis):** اطلاعات داده شده در مسئله. ۱. $AC$ نیمساز $ \angle A $ است ($ \Rightarrow \hat{A}_۱ = \hat{A}_۲ $) ۲. $ AB = AD $ * **حکم (Conclusion):** چیزی که باید ثابت شود. $ \triangle ABC \cong \triangle ADC $ --- **اشکال استدلال داده شده:** استدلال ارائه شده می‌گوید دو مثلث به حالت «دو زاویه و ضلع بین» (زض‌ز) هم‌نهشت هستند. این استدلال **نادرست** است. * **دلیل:** برای استفاده از حالت (زض‌ز)، باید دو زاویه و ضلعِ **بین** آن دو زاویه از یک مثلث با اجزای متناظر از مثلث دیگر برابر باشند. استدلال داده شده فقط یک جفت زاویه‌ی برابر ($ \hat{A}_۱ = \hat{A}_۲ $) و یک ضلع مشترک ($AC$) را ذکر کرده است. ضلع $AC$ بین زاویه‌های $ \hat{A}_۱ $ و $ \hat{C}_۱ $ قرار دارد، اما ما از برابری زاویه‌های C اطلاعی نداریم. بنابراین، استناد به حالت (زض‌ز) اشتباه است. --- **استدلال درست:** باید از حالت «دو ضلع و زاویه‌ی بین» (ض‌زض) استفاده کنیم. | مراحل اثبات | دلیل | | :--- | :--- | | ۱) $ AB = AD $ | **(ضلع)** طبق فرض مسئله | | ۲) $ \hat{A}_۱ = \hat{A}_۲ $ | **(زاویه)** چون AC نیمساز است (طبق فرض) | | ۳) $ AC = AC $ | **(ضلع)** ضلع مشترک دو مثلث | | ۴) $ \triangle ABC \cong \triangle ADC $ | به حالت هم‌نهشتی **دو ضلع و زاویه‌ی بین (ض‌زض)** |

پاسخ تشریحی: **خیر**، این خاصیت قابل تعمیم به نیمسازهای دیگر (نیمساز زاویه‌های قاعده مانند $ \hat{B} $) در یک مثلث متساوی‌الساقین **نیست**. **دلیل:** اثباتی که برای نیمساز $AD$ ارائه شده، به طور اساسی بر **برابری دو ساق مثلث** یعنی $AB = AC$ تکیه دارد. این دو ضلع، اضلاع تشکیل دهنده‌ی زاویه‌ی رأس ($ \hat{A} $) هستند و همین ویژگی کلیدی، امکان استفاده از حالت هم‌نهشتی (ض‌زض) را فراهم می‌کند. اگر بخواهیم همین استدلال را برای نیمساز زاویه‌ی $ \hat{B} $ تکرار کنیم، باید هم‌نهشتی مثلث‌هایی را ثابت کنیم که اضلاع آنها $AB$ و $BC$ هستند. در یک مثلث متساوی‌الساقین (که متساوی‌الاضلاع نباشد)، ساق ($AB$) با قاعده ($BC$) برابر **نیست**. بنابراین، شرط اصلی برای اثبات هم‌نهشتی برقرار نبوده و نمی‌توان نتیجه گرفت که نیمساز زاویه‌ی $ \hat{B} $، میانه‌ی ضلع مقابلش نیز هست. **نتیجه:** خاصیت «نیمساز بودن، میانه بودن و ارتفاع بودن» در یک مثلث متساوی‌الساقین، یک ویژگی **منحصر به فرد** برای خطی است که از رأس بین دو ساق مساوی رسم می‌شود.

پاسخ تشریحی: **بله**، می‌توان این خاصیت را به قطر دیگر نیز تعمیم داد. **دلیل:** استدلال ارائه شده برای قطر $AC$ بر اساس هم‌نهشتی دو مثلث $ABC$ و $ADC$ به حالت «سه ضلع» (ض‌ض‌ض) است. این استدلال از این واقعیت استفاده می‌کند که تمام اضلاع مربع با هم برابرند ($AB=BC=CD=DA$). می‌توانیم **دقیقاً همین استدلال** را برای قطر دیگر، یعنی $BD$، نیز به کار ببریم: ۱. دو مثلث $DAB$ و $DCB$ را در نظر می‌گیریم. ۲. از آنجایی که شکل مربع است، تمام اضلاع برابرند. پس: * $ DA = DC $ (ضلع) * $ AB = CB $ (ضلع) * $ DB = DB $ (ضلع مشترک) ۳. بنابراین، دو مثلث $DAB$ و $DCB$ به حالت **(ض‌ض‌ض)** هم‌نهشت هستند ($ \triangle DAB \cong \triangle DCB $). ۴. از این هم‌نهشتی نتیجه می‌شود که زوایای متناظر آنها نیز با هم برابرند: $ \angle ADB = \angle CDB $ (یعنی $BD$ نیمساز زاویه‌ی $ \hat{D} $ است) و $ \angle ABD = \angle CBD $ (یعنی $BD$ نیمساز زاویه‌ی $ \hat{B} $ است). **نتیجه:** به دلیل **تقارن کامل مربع** (برابری تمام اضلاع و زوایا)، استدلالی که برای یک قطر معتبر است، برای قطر دیگر نیز کاملاً معتبر است.

پاسخ تشریحی: تفاوت اصلی در قابلیت تعمیم این دو خاصیت، به **میزان تقارن** و ویژگی‌های شکل‌های هندسی مورد بحث برمی‌گردد: * **فعالیت ۲ (مثلث متساوی‌الساقین):** یک مثلث متساوی‌الساقین (غیر متساوی‌الاضلاع) فقط **یک محور تقارن** دارد. زاویه‌ی رأس ($ \hat{A} $) و نیمساز آن ($AD$) روی این محور تقارن قرار دارند و به همین دلیل ویژگی‌های خاصی (میانه و ارتفاع بودن) پیدا می‌کنند. اما زاویه‌های قاعده ($ \hat{B} $ و $ \hat{C} $) نسبت به اضلاع مجاورشان موقعیت منحصربه‌فردی ندارند (مثلاً $AB=BC$ برقرار نیست). بنابراین، اثباتی که برای زاویه‌ی رأس معتبر است، برای زاویه‌های قاعده کاربرد ندارد. * **فعالیت ۳ (مربع):** یک مربع شکل کاملاً متقارنی است. تمام اضلاع آن برابر و تمام زوایای آن برابرند. این تقارن بالا باعث می‌شود که شرایطی که برای اثبات یک خاصیت در مورد قطر $AC$ استفاده می‌شود (یعنی برابری اضلاع $AB, BC, CD, DA$)، **دقیقاً همان شرایطی** باشد که برای اثبات همان خاصیت در مورد قطر $BD$ نیاز داریم. در مربع، هیچ قطر یا رأسی بر دیگری «برتری» ندارد و هر استدلالی برای یکی، برای دیگری نیز قابل تکرار است.

پاسخ تشریحی: **بله، این اثبات کافی است.** **دلیل:** قدرت یک اثبات هندسی در **کلی بودن و عدم وابستگی به یک حالت خاص** است. در این استدلال، نقطه‌ی $P$ به عنوان یک نقطه‌ی **دلخواه** روی عمودمنصف انتخاب شده است. یعنی برای اثبات، ما از هیچ ویژگی خاصی از $P$ (مانند فاصله‌ی مشخص آن از خط $AB$ یا مختصات آن) استفاده نکرده‌ایم. مراحل اثبات (هم‌نهشتی مثلث‌ها به حالت ض‌زض) تنها بر دو حقیقت استوار است: ۱. $H$ وسط $AB$ است ($ AH=BH $). ۲. خط $PH$ بر $AB$ عمود است ($ \angle PHA = \angle PHB = ۹۰^\circ $). این دو حقیقت برای **هر نقطه‌ای** که روی عمودمنصف انتخاب شود، برقرار است. چون در اثبات از هیچ ویژگی دیگری استفاده نشده، نتیجه‌ی حاصل ($ PA = PB $) نیز برای **تمام نقاط روی عمودمنصف** معتبر خواهد بود. این مفهوم «اثبات به کمک متغیر یا عضو دلخواه» اساس بسیاری از اثبات‌های ریاضی است.