Kutovi s međusobno paralelnim stranicama, kutovi s međusobno okomitim stranicama. Nastava planimetrije u školskom kolegiju

Kut je dio ravnine omeđen dvjema zrakama koje polaze iz iste točke. Zrake koje omeđuju kut nazivaju se stranicama kuta. Točka iz koje izlaze zrake naziva se vrh kuta.

Shema označavanja kuta Razmotrimo primjer kuta prikazanog na slici 1.

Kut prikazan na slici 1 može se označiti na tri načina:

Kutovi se nazivaju jednakim kutovima ako se mogu kombinirati.

Ako je na presjeku dva prava, četiri jednaka kuta , onda se takvi kutovi nazivaju pravim kutovima (slika 2). Prave koje se sijeku i tvore prave kutove nazivaju se okomite linije.

Ako se kroz točku A, koja ne leži na pravci l, povuče pravac okomit na pravu l i siječe pravac l do točke B, onda kažu da iz točke B pao okomito na AB na pravac l(slika 3). Točka B se zove osnovicu okomice AB.

Napomena . Duljina segmenta AB naziva se udaljenost od točke A do pravca l.

Kut od 1° (jedan stupanj) naziva se kut jednu devedesetu pravi kut.

Kut koji je k puta veći od kuta od 1° naziva se kut od k° (k stupnjeva).

Kutovi se također mjere u radijanima. O radijanima možete pročitati u odjeljku našeg vodiča „Mjerenje kutova. Stupnjevi i radijani".

Tablica 1 - Vrste kutova ovisno o vrijednosti u stupnjevima

Slika	Kutne vrste	Svojstva kuta
	Pravi kut	Pravi kut je 90°
	Oštar kut	Oštri kut manji od 90°
	Tup kut	Tupi kut veći od 90°, ali manji od 180°
	Prošireni kut	Razvijeni kut je 180°
		Ovaj kut je veći od 180°, ali manji od 360°
	puni kut	Puni kut je 360°
	Kut jednak nuli	Ovaj kut je 0°

Pravi kut

Nekretnina: Pravi kut je 90°

Oštar kut

Nekretnina: Oštri kut manji od 90°

Tup kut

Nekretnina: Tupi kut veći od 90°, ali manji od 180°

Prošireni kut

Nekretnina: Razvijeni kut je 180°

Kut veći od kuta

Nekretnina: Ovaj kut je veći od 180°, ali manji od 360°

puni kut

Nekretnina: Puni kut je 360°

Kut jednak nuli

Nekretnina: Ovaj kut je 0°

Tablica 2 - Vrste uglova ovisno o položaju stranica

Slika	Kutne vrste	Svojstva kuta
	Vertikalni kutovi	Vertikalni kutovi su jednaki
	Susjedni kutovi	Zbroj susjednih kutova je 180°
		Kutovi s paralelnim stranicama jednaki su ako su oba oštra ili oba tupa
		Zbroj kutova s ​​odgovarajućim paralelnim stranicama je 180° ako je jedan od njih oštar, a drugi tup
		Kutovi s odnosno okomitim stranicama jednaki su ako su oba oštra ili oba tupa
		Zbroj kutova s ​​okomitim stranicama je 180° ako je jedan od njih oštar, a drugi tup

Vertikalni kutovi

Svojstvo okomitih uglova: Vertikalni kutovi su jednaki

Susjedni kutovi

Svojstvo susjednih uglova: Zbroj susjednih kutova je 180°

Kutovi s paralelnim stranicama

Kutovi s paralelnim stranicama jednaki su ako su oba oštra ili oba tupa

Svojstvo kutova s ​​odgovarajućim paralelnim stranicama: Zbroj kutova s ​​odgovarajućim paralelnim stranicama je 180° ako je jedan od njih oštar, a drugi tup

Kutovi s odnosno okomitim stranicama

Kutovi s odnosno okomitim stranicama jednaki su ako su oba oštra ili oba tupa

Svojstvo kutova s ​​odnosno okomitim stranicama: Zbroj kutova s ​​okomitim stranicama je 180° ako je jedan od njih oštar, a drugi tup

Definicija . Simetrala kuta je zraka koja dijeli kut.

Zadatak . Dokaži da simetrale susjednih kutova su okomite na .

Odluka . Razmotrite sliku 4.

Na ovoj slici kutovi AOB i BOC su susjedni, a zrake OE i OD su simetrale ovih kutova. Ukoliko

2α + 2β = 180°.

Q.E.D.

Na našoj web stranici možete se upoznati i s obrazovnim materijalima koje su izradili nastavnici Centra za obuku Resolventa za pripremu za Jedinstveni državni ispit i OGE iz matematike.

Za školarce koji se žele dobro pripremiti i položiti ispit odn OGE iz matematike ili ruskog za visoku ocjenu Obrazovni centar"Resolvent" vrijedi

Organizirali smo i za školarce

53. Kutovi (unutarnji kutovi) trokuta nazivaju se tri kuta, od kojih svaki tvore tri zrake koje izlaze iz vrhova trokuta i prolaze kroz dva druga vrha.

54. Teorem o zbroju kutova trokuta. Zbroj kutova trokuta je 180°.

55. vanjski kut trokut naziva se kut koji je susjedan bilo kojem kutu ovog trokuta.

56. vanjski kut trokut je jednak zbroju dvaju kutova trokuta koji mu nisu susjedni.

57. Ako sva tri ugla trokut oštar, tada se trokut zove oštrokutna.

58. Ako jedan od uglova trokut tup, tada se trokut zove tupim.

59. Ako jedan od uglova trokut ravno, tada se trokut zove pravokutan.

60. Party pravokutni trokut koji leži nasuprot pravog kuta naziva se hipotenuza(grčka riječ gyipotenusa - "skupljanje"), a dvije strane koje tvore pravi kut - noge(latinska riječ katetos - "plumb") .

61. Teorem o odnosu stranica i kutova trokuta. U trokutu veći kut leži nasuprot veće strane, i natrag, veća stranica je nasuprot većeg kuta.

62. U pravokutnom trokutu hipotenuza je duža od kraka.

jer veća stranica uvijek leži nasuprot većeg kuta.

Znakovi jednakokračnog trokuta.

Ako je u trokutu dva kuta su jednaka, tada je jednakokračan;

Ako je u trokutu simetrala je medijan ili visina,
onda je ovaj trokut jednakokračan;

Ako je u trokutu medijan je simetrala ili visina, onda

ovaj trokut je jednakokračan;

Ako je u trokutu visina je medijan ili simetrala,

tada je trokut jednakokračan.

64. Teorem. nejednakost trokuta. Duljina svake strane trokuta veća je od razlike i manji od iznosa duljine druge dvije strane:

Svojstva kutova pravokutnog trokuta.

Zbroj dva oštra kuta pravokutnog trokuta je 90°.

A + B = 90°

66. Svojstva pravokutnog trokuta.

Noga pravokutnog trokuta nasuprot kuta od 30° jednaka je polovici hipotenuze.

Ako je a/ A \u003d 30 °, dakle BC = ½ AB

67. Svojstva pravokutnog trokuta.

a) Ako je krak pravokutnog trokuta polovica hipotenuze, onda je kut nasuprot ovom kraku 30°.

Ako je BC = ½ AB, onda / B = 30°

B) Medijan povučen prema hipotenuzi jednak je polovici hipotenuze.

medijan CF = ½ AB

Znak jednakosti pravokutnih trokuta duž dvije noge.

Ako su katete jednog pravokutnog trokuta respektivno jednake katetama drugog, onda su takvi trokuti podudarni.

Nastava planimetrije u školski tečaj.

Licej broj 000

Licej broj 000.

“Ako se povjeri jedan te isti predmet

dvoje jednako neznalica o tome

ljudi, a jedan od njih je matematičar,

onda će matematičar to učiniti bolje,

Uvod

Majstorstvo gotovo bilo kojeg moderna profesija zahtijeva određeno matematičko znanje. Ideja o ulozi matematike u moderni svijet, matematičko znanje postalo je neophodna komponenta opće kulture. Za životnu samoostvarenje, prilike produktivna aktivnost u informacijskom svijetu potrebna je dovoljno jaka matematička podloga.

Uloga i mjesto matematike u znanosti i životu društva, vrijednost matematičkog obrazovanja, humanizacija i humanitarizacija obrazovanja, razumijevanje predmeta matematika, struktura ličnosti određuju ciljeve matematičkog obrazovanja. Postoje tri skupine ciljeva koje ih povezuju s općeobrazovnim, obrazovnim i praktičnim funkcijama.

Ø Matematičko obrazovanje uključuje ovladavanje sustavom matematičkih znanja, vještina i sposobnosti, davanje predodžbe o predmetu matematike, njegovom jeziku i simbolima, razdobljima razvoja, matematičkom modeliranju, posebnim matematičkim tehnikama, osnovnim općeznanstvenim metodama spoznaje.

Ø Formiranje svjetonazora učenika, logičke i heurističke sastavnice mišljenja, odgoj moralnosti, kulture komunikacije, samostalnosti, aktivnosti, odgoja marljivosti, odgovornosti za odlučivanje, želje za samoostvarenjem.

Ø Konkretizacija pojedinih komponenti ciljeva važna je za građenje skupa ciljeva sata, primjerenost sadržaju predmeta edukativni materijal. Preobrazba ciljeva obrazovanja u akcije omogućit će dijagnosticiranje i upravljanje procesom svladavanja znanja, vještina, razvoja i obrazovanja učenika.

Na razini stvarnog obrazovnog procesa već se formiraju ciljevi učenja uzimajući u obzir karakteristike učenika, mogućnosti diferenciranja njihova učenja.

U procesu matematičke aktivnosti učenika arsenal tehnika i metoda mišljenja uključuje indukciju i dedukciju, generalizaciju i konkretizaciju, analizu i sintezu, klasifikaciju i sistematizaciju, apstrakciju, analogiju. Objekti matematičkih zaključivanja i pravila za njihovu konstrukciju otkrivaju mehanizam logičkih konstrukcija, razvijaju sposobnost formuliranja, potkrijepljivanja i dokazivanja sudova, razvijajući tako logičko mišljenje. Vodeća uloga pripada matematici u formiranju algoritamskog mišljenja, razvoju sposobnosti djelovanja prema zadanom algoritmu i konstruiranju novih tijekom rješavanja problema, što je osnova odgojno-obrazovne aktivnosti u nastavi matematike. Razvijaju se kreativne i primijenjene strane razmišljanja.

prigovori na smanjenje školskog kolegija matematike;

Smatrati da je program tečaja preopterećen nepotrebnim ili previše posebnim informacijama (na primjer, puno formula koje treba zapamtiti);

govoriti o očitoj nedostatnosti sati predviđenih za matematiku (kao glavni alat za razvoj logično mišljenješkolarci itd.);

zahtjeve školskog kolegija matematike i prijemnih ispita; kvalifikacije nastavnika matematike, jer svaka reforma obrazovanja, svako restrukturiranje programa osuđeno je na uspjeh samo ako su učitelji za to unaprijed i cjelovito pripremljeni.

Trenutno u učiteljskom arsenalu postoji dosta udžbenika za svaku paralelu. Prilikom odabira određenog sustava, svaki učitelj, naravno, polazi od vlastitih kriterija i specifičnosti obrazovne ustanove. No, potrebno je uzeti u obzir mogućnost realizacije uzastopnih poveznica između kolegija, kao i analizirati mogućnost organiziranja diferencirano učenje. Učitelj, ovisno o specifičnim uvjetima rada, o razini osposobljenosti učenika, može organizirati punopravni obrazovni proces. Učenik prima prava prilika, učeći u jednom razredu i po jednom programu, biraju razinu asimilacije koja odgovara njihovim potrebama, interesima, sposobnostima. Obvezni minimum iz matematike određuje popis pitanja koja bi trebala biti predstavljena u programu i udžbenicima iz matematike, bez obzira na njihovu razinu i usmjerenost. Drugim riječima, specifični programi i udžbenici koji se koriste u instituciji mogu proširiti ovu razinu, ali je ne smanjiti ili smanjiti.

Izbor stupnja matematičke spreme trebao bi biti određen potrebama učenika, stoga u obrazovne ustanove humanitarnih, pravnih i drugih profila, preporučljivo je koristiti dubinski program matematike, budući da njihovi maturanti idu i na tehnička sveučilišta, a osim toga, ozbiljna matematika je neophodna za formiranje i razvoj logičkog mišljenja.

Bit geometrije je kontradiktorna: "...u njoj se izravno proučavaju idealni geometrijski likovi, koji u stvarnosti ne postoje, ali su njezini zaključci primjenjivi na stvarne stvari, na praktične probleme." Zadaća svakog učitelja je približiti učenicima njihovo razumijevanje, a da pritom ne zamagljuje samu geometriju od školaraca brojnim anketama, testovima, testovima, kako bi djeci omogućilo da sami odaberu razinu znanja geometrije. Svaki izbor je dostojan cilja pred učenikom, ponekad određen intuitivno, ali slobodno. Često tvrdoglavo postizanje cilja, ustrajnost u njegovom postizanju potpuno su besmisleni, pogotovo ako cilj učitelja nije cilj učenika. Vjerojatno je vrijedno pokušati naučiti kako organizirati aktivnosti učenika na nastavi geometrije tako da ne budu sputani našim ciljevima, našim pitanjima, tako da budu otvoreni za sve vrste percepcija. Dijete ide u školu s puno pitanja, ali sama škola za njega je pripremila nekoliko puta više pitanja. Ona također odgovara na svoja pitanja, a čak se i ljuti kada se njezini odgovori loše percipiraju.

Jedan od načina spoznaje sastoji se od sljedećih faza: misao, lanac misli i konačno, strogo logički opravdan, željeni rezultat potrage. Drugo, više otvoren putŽelio bih provesti kroz velikodušan skup zadataka predloženih za svaku temu. Kada koristite ovaj put, misao ne usporava fantaziju, ne zatvara intuitivnu potragu, nema potrage za mislima, nema brzog skoka do cilja, ali vlada mirna, nežurna percepcija, promatranje, pojavljuje se osjetljivost, čini se autsajder, ali ponekad je to strano ono što obogaćuje potragu, vodi do cilja. Koliko često na satu djecu požurujemo, guramo ih kao bič uz riječi: „Razmisli. Razmišljati." Ili možda doista, onaj koji pretražuje pretjerano možda nema vremena pronaći?

Naš zadatak s vama je tražiti putove koji vode do znanja geometrije. Razmislimo o tome kako pomoći djeci da otkriju istine, istine geometrije. Čime se učitelj treba voditi, koju taktiku i strategiju odabrati? Što bi učitelj trebao raditi na satu? Bilo da se zalažete za znanje, sposobnosti, vještine, tvrdeći da je znanje moć, ili da svim silama pokušavate organizirati obrazovni proces tako da znanje ne zamagli znanje, ne odvrati djetetovu dušu od znanja.

Možda učiteljeva mudrost leži u poznavanju tajni otkrića, tajni spoznaje i, posebno, tajni geometrije, u sposobnosti stvaranja takve atmosfere u učionici koja pridonosi ovladavanju ovim metodama percepcije i spoznaja. Logika učitelja i logika učenika, u kakvim omjerima trebaju biti na satu? Što još? Možda kad učitelj ne ponudi niz dobro osmišljenih pitanja, već niz zadataka, razmišljajući o kojima učenik, njegova misao obavlja sav posao potreban za trenutak iščekivanja otkrića. Tada je logika učitelja u traženom omjeru s logikom učenika. Ili možda odabrati intuiciju kao osnovu potrage, osloboditi je, potaknuti, osloniti se na nju? Ili nešto drugo?

Možda je među svim udžbenicima i među svim lekcijama udžbenik za 7. razred najvažniji, a prvi sat najodgovorniji, jer upravo oni uvode sustavni tečaj u studij. Od prvih sati, od čitanja prvih stranica udžbenika, ovisi hoće li proces učenja biti uspješan, hoće li se kod školaraca moći razviti stalni interes za predmet. Niti jednom studentu nije stavljena prepreka studiranju kolegija geometrije na bilo kojoj razini. Jedina prepreka možda nije složenost gradiva, ne težina prezentacije, već nedostatak interesa za čitanje daljnjih stranica udžbenika. Međutim, nakon što je proučio teoriju već na prvoj (vizuelnoj) razini, student može riješiti bilo koji problem na ovu temu, jer će imati dovoljno znanja da ga riješi.

Prijeđimo na karakterizaciju razina svladavanja nastavnog gradiva i recite učitelju kako može pronaći gradivo vezano za svaku od njih.

Prva razina je općeobrazovna, humanitarna. Uključuje sadržaje koje bi svaki učenik trebao svladati. U geometriji se proučavanje takvog materijala odvija na vizualnoj razini, zbog čega prvu razinu nazivamo vizualnom. Uključuje definicije pojmova, popraćene velikim brojem ilustracija, formulacije teorema, objašnjenje njihovog značenja na crtežima i najjednostavniji logički zaključci.

Na drugoj razini proširuje se gradivo prve razine, rješavaju se problemi primijenjene prirode, pokazuje se kako se geometrijsko znanje primjenjuje na spoznaju svijeta. Ovu razinu nazivamo primijenjenom razinom. Na ovoj razini od učenika se očekuje da svladaju dokaze većine teorema.

Konačno, treća razina je značajno produbljivanje gradiva prve razine, data je njegova dovoljno potpuna logička potkrijepljenost. Ova napredna razina uključuje najteže dokaze teorema, teorijske probleme. Treća razina je također problematična.

Izdvojili smo prvu razinu asimilacije – vizualno – praktičnu, na kojoj školarci, kao fizičari, izvlače informacije iz iskustva. Učenik mora zamisliti predmet, opisati ga, riješiti jednostavan zadatak. I nije važno ako u isto vrijeme ne može točno izgovoriti definiciju. Na ovoj razini bitno je vizualno-operativno poznavanje predmeta, koje sadrži vizualne prikaze i sposobnost ispravnog rada s njima.

Prilikom proučavanja geometrije potrebno je ponuditi studentima da samostalno formuliraju definiciju pojedinog pojma. To se uopće ne radi kako bi ga dečki kasnije zapamtili, već kako bi, sudjelujući u ovom procesu, dublje ušli u značenje pojma, naučili strukturu same definicije i nekoliko formulacija teorema. To će pridonijeti dubljoj asimilaciji relevantnog obrazovnog materijala. Otkrića dečki su veliki poticaj za učenje.

Općenito je prihvaćeno da kolegij geometrije treba podučavati logičko razmišljanje. Međutim, često mnogi studenti ne toliko asimiliraju logiku formulacija i dokaza koliko ih formalno pamte. Jedno od prvih načina prevladavanja ove opasnosti je smanjenje broja formulacija i dokaza koje učenik mora znati (učiti, zapamtiti). Ako želimo poučavati logičko razmišljanje, onda moramo učiti ovo, a ne mehaničko pamćenje gotovog zaključivanja. Stoga formulacije treba promatrati prije kao vježbe za razvoj logičkog mišljenja, a ne kao postulate koje se moraju znati napamet. Učenicima je korisno rastaviti, a ne bezumno pamtiti - što više dokaza i riješiti velika količina zadaci za dokaz: učeniku je puno ugodnije i korisnije ako je sam shvatio, samostalno napravio barem mali zaključak, a nije naučio napamet tuđa razmišljanja (ne računajući, naravno, ona posebno poučna, duhovita i elegantan).

Logika geometrije ne leži samo u pojedinačnim formulacijama, već u cijelom njihovom sustavu u cjelini. Značenje svake definicije, svakog teorema, svakog dokaza u konačnici je određeno samo ovim sustavom. Što geometriju čini holističkom teorijom, a ne zbirkom pojedinačne definicije i izjave. Stoga predlažemo da kolege pokušaju ne tražiti od studenata da evaluiraju jedan dokaz teorema u određenom vremenskom razdoblju, već da ovu anketu odvedu do kraja prilično opsežne teme kao tekućeg teoretskog testa, što i radimo na licej. Dečki bi se trebali naviknuti na same pojmove i pojmove "teorem", "dano", "dokazati", "dokaz", razumjeti njihovo značenje. Naravno, teoreme moraju biti dokazane. Može biti više puta analizirati njihove dokaze u razredu: frontalno u parovima, dalje različiti crteži. Sasvim je moguće da, s naše točke gledišta, prije dokazivanja teorema, odmah nakon analize njegove formulacije, počnemo rješavati probleme. A kada se učenici naviknu na izraz, shvate njegovo značenje, možete početi analizirati dokaze. Do tog vremena učenici će već donekle razviti ukus za potragu za istinom. Poštovanje prema njoj.

Naravno, ako je nastava potpuno ograničena samo na stvarno geometrijsko znanje, tada će se razvoj vještina logičkog mišljenja i elemenata znanstvenog svjetonazora odvijati samo u okviru ove znanosti. Stoga nastavnik mora stalno skretati pozornost učenika na povezanost geometrije s drugim znanostima i praksom te pokazivati ​​univerzalnu (i ne samo za geometriju) važnost zahtjeva dokaza i točnosti u utvrđivanju istine. Ovaj trenutak posebno je važan za one studente koji nemaju dovoljno motivacije za proučavanje geometrije kao znanosti, za razliku od motivirane i zainteresirane djece koju ne treba još jednom gurati i stimulirati za rješavanje složenih, nestandardni zadaci, smatrati razne opcije rješenja. Praksa također pokazuje da učenici vole slušati učiteljeve priče o povijesti predmeta. Moguće je na prvom satu jačim učenicima koji su zainteresirani jednostavno rješavati lijepe, zanimljive, neobične po obliku i načinu rješavanja zadataka. Zadaci koji bi učenicima omogućili da sami otkriju nešto novo. Za nemotivirane učenike proces je važan, žele graditi, crtati geometrijske oblike vlastitim rukama, a potrebno je opravdati njihova očekivanja, posebno na prvim satima, ponuditi im crtanje ornamenata koji uključuju različite geometrijske oblike, a zatim će se osigurati emocionalni početak ovih lekcija. Prva lekcija je važna; kao vilica za podešavanje, ona daje ton cijelom radu.

Želio bih naglasiti jednu stvar: sada, kada nema obaveznog ispita iz geometrije, možda nije vrijedno traganja za znanjem da bi dijete odvratilo od tako lijepog, neizrecivo korisna znanost kakva je geometrija? Možda jednom u životu tiho raditi. Tako da Damoklov mač marke, procjena ne visi nad vama. Tako da su na satu učitelj i učenik bili jednaki u znanju, u mogućnostima. Da bude GEOMETRIJA.

Od kojih zadataka elementarne matematike smatrati najtežim? Vjerojatno će većina čitatelja odgovoriti: geometrijski. Zašto? Da, jer u algebri, trigonometriji, principima matematička analiza cijeli niz algoritama za rješavanje tipični zadaci. Ako postoji algoritam, onda postoji i program djelovanja, pa su stoga poteškoće, ako se pojave, najčešće tehničke, a ne temeljne prirode.

Druga stvar su geometrijski problemi. U pravilu ne postoje algoritmi za njihovo rješavanje, a za odabir najprikladnijeg ovom prilikom teorem s opsežnog popisa teorema nije lak. Stoga je glavni recept više filozofske nego didaktičke naravi: ako želite naučiti rješavati geometrijske probleme - riješite ih! Međutim, postoje neke opće odredbe koje je korisno znati pri rješavanju geometrijskih problema. O ovima općim odredbama htjeli bismo razgovarati.

Prilikom rješavanja geometrijskih problema obično se koriste tri glavne metode: geometrijski- kada je tražena tvrdnja izvedena pomoću logičkog zaključivanja iz niza dobro poznatih teorema; algebraic- kada se željena geometrijska vrijednost izračunava na temelju različitih ovisnosti između elemenata geometrijskih oblika izravno ili pomoću jednadžbi; kombinirano- kada se u nekim fazama rješenje provodi geometrijskom metodom, au drugim - algebarskom.

Koji god put rješenja odabran, uspjeh njegove uporabe prirodno ovisi o poznavanju teorema i sposobnosti njihove primjene. Ne razmatrajući ovdje sve teoreme planimetrije, obratimo pažnju na one koji se, s jedne strane, aktivno koriste u rješavanju problema, ali, s druge strane, kao što pokazuje iskustvo, nisu uvijek „na prvoj razini pamćenja ” među studentima. Ove teoreme treba voljeti, učiniti ih svojim pomoćnicima, kako bi im učenici dali prednost.

Ozvučimo ove teoreme i pokažimo dalje specifične zadatke kako rade.

Prilikom rješavanja problema, u pravilu, fiksiraju se odvojene faze zaključivanja. To je učinjeno radi praktičnosti, tako da je lakše pratiti tijek razmišljanja. Također želim napomenuti: zadaci će biti različite težine, ali oni koji su učitelju najkorisniji u metodičkom smislu.

TROKUTI I ČETVORKUTI.

Prilikom rješavanja zadataka o trokutu i četverokutu obraćamo pažnju na sljedeće teoreme:

TEOREMA 1. Jednakost kutova s ​​međusobno okomitim stranicama:

Ako su oba oštra ili su oba tupa i , , Onda .

TEOREM 2. Svojstva srednje linije trapeza:

A) srednja linija trapeza je paralelna s bazama trapeza;

B) srednja crta jednaka je polovici zbroja baza trapeza;

C) srednja crta (i samo ona) prepolovi svaki segment zatvoren između baza trapeza.

Ova svojstva vrijede i za srednju liniju trokuta, ako trokut smatramo "degeneriranim" trapezom, čija jedna baza ima duljinu jednaku nuli.

TEOREM 3. O točkama presjeka medijana, simetrala, visina trokuta:

A) tri medijane trokuta sijeku se u jednoj točki (naziva se težište trokuta) i dijele se u ovoj točki u omjeru 2: 1, računajući od vrha;

B) tri simetrale trokuta sijeku se u jednoj točki;

C) tri visine sijeku se u jednoj točki (naziva se ortocentar trokuta).

TEOREM 4. Svojstvo medijana u pravokutnom trokutu:

U pravokutnom trokutu medijan povučen prema hipotenuzi jednak je njegovoj polovici.

Obrnuti teorem je također istinit: ako je u trokutu jedna od medijana jednaka polovici stranice na koju je povučena, onda je ovaj trokut pravokutni

TEOREM 5. svojstvo simetrale unutarnjeg kuta trokuta:

Simetrala unutarnjeg kuta trokuta dijeli stranu na koju je povučen na dijelove proporcionalne suprotnim stranicama:

TEOREM 6. Metričke relacije u pravokutnom trokutu:

Ako je aa ib - noge,c je hipotenuza,h - visina, i - projekcije kateta na hipotenuzu, tada: a) ; b) ; u) ; G) ; e)

TEOREM 7. Određivanje vrste trokuta na njegovim stranicama:

Neka budea,b,c - stranice trokuta, s c - najveća stranica; zatim:

A) ako , tada je trokut oštar;

B) ako , Tada je trokut pravokutna;

C) ako , Tada je trokut tupokut.

TEOREM 8. Metričke relacije u paralelogramu:

Zbroj kvadrata dijagonala paralelograma jednak je zbroju kvadrata svih njegovih stranica:

.

Kod rješavanja geometrijskih zadataka često je potrebno utvrditi jednakost dvaju odsječaka (ili kutova). Naznačujemo tri glavna načina geometrijskog dokaza jednakosti dvaju segmenata:

1) odsječke smatrati stranicama dvaju trokuta i dokazati da su ti trokuti jednaki;

2) predstaviti segmente kao stranice trokuta i dokazati da je taj trokut jednakokračan;

3) zamijenite rez a segment jednak njemu https://pandia.ru/text/78/456/images/image008_12.gif" width="17" height="19 src="> i dokazati jednakost segmenata i .

Zadatak 1.Dvije međusobno okomite linije sijeku straniceAB,PRIJE KRISTA,CD,AD kvadratABCD u točkamaE,F,K,L odnosno. Dokaži toEK=FL (vidi sliku za problem br. 1).

Odluka: 1. Koristeći prvi od navedenih načina jednakosti dvaju segmenata, crtamo segmente i - zatim segmente koji nas zanimaju EK i FL postaju stranice dvaju pravokutnih trokuta EPK i FML(vidi sliku za zadatak br. 1).

2 . Imamo: PK=FM(detalji: PK=OGLAS,AD=AB,AB=FM značiPK=FM),(kao kutovi s međusobno okomitim stranicama, Teorem 1). Dakle, (na nozi i oštar kut). Iz jednakosti pravokutnih trokuta slijedi jednakost njihovih hipotenusa, tj. EK i FL. ■

Imajte na umu da prilikom rješavanja geometrijskih zadataka često morate izraditi dodatne konstrukcije, na primjer, sljedeće: nacrtati ravnu liniju, paralelnu ili okomitu na jednu od onih na slici (kao što smo radili u zadatku 1); udvostručiti medijan trokuta kako bi se trokut dovršio do paralelograma (kao što ćemo učiniti u zadatku 2), crtajući pomoćnu simetralu. Postoje korisne dodatne konstrukcije vezane uz krug.

Zadatak 2.strane su jednakea,b,c. Izračunajte medijan povučen na stranu c. (Pogledajte sliku za zadatak 2).

Odluka: Udvostručimo medijan, proširujući ASVR na paralelogram i na taj paralelogram primjenjujemo teorem 8. Dobivamo: , t.j. odakle nalazimo:

Zadatak 3.Dokažite da je u bilo kojem trokutu zbroj medijana veći od ¾ perimetra, ali manji od perimetra.

Odluka: 1. Uzmite u obzir https://pandia.ru/text/78/456/images/image036_6.gif" width="131" height="41">; . Kao AM + MC >AC, zatim

https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="(!LANG:Potpis:" align="left" width="148" height="32">Проведя аналогичные рассуждения для треугольников АМВ и ВМС, получим:!}

https://pandia.ru/text/78/456/images/image041_3.gif" width="111" height="41 src="> (3)

Zbrajanjem nejednakosti (1), (2), (3) dobivamo: ,

tj. dokazali smo da je zbroj medijana veći od ¾ perimetra.

2. Udvostručimo medijan BD , dovršavajući trokut u paralelogram (vidi sliku za problem 3)..gif" width="80" height="24 src="> (4)

Slično: https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="(!LANG:Potpis: sl. za problem br. 3" align="left hspace=12" width="148" height="32"> (6)!}

Zbrajanjem nejednakosti (4), (5), (6) dobivamo: https://pandia.ru/text/78/456/images/image049_2.gif" align="left" width="159" height=" 93 "> Odluka: Neka je ASV pravokutni trokut, https://pandia.ru/text/78/456/images/image051_2.gif" width="233" height="21"> (pogledajte sliku za problem 4) .

1. kao uglovi s međusobno okomitim stranicama (https://pandia.ru/text/78/456/images/image054_2.gif" alt="(!LANG:Potpis:" align="left" width="148" height="33">!} 2. Budući da (vidi teorem 4), onda je CM = MB, a zatim iz zaključujemo da je Dakle,

3. Budući da je i (na kraju krajeva, CD je simetrala), onda je ono što je trebalo dokazati. ■

Zadatak 5. Paralelogram sa stranicamaa ib nacrtane su simetrale unutarnji uglovi(vidi sliku za problem 5). Odredite duljine dijagonala četverokuta nastalog u presjeku simetrala.

Odluka: 1 ..gif" width="27 height=17" height="17">(vidi sl.) . kao u paralelogramu to znači da je u trokutu ABC zbroj kutova A i B 900, tada je kut K 900, tj. simetrale AE i BP su međusobno okomite.

Slično se dokazuje i međusobna okomitost simetrala AE i DQ, BP i CF, CF i DQ.

ZAKLJUČAK: KLMN je četverokut s pravim kutovima, tj. pravokutnik. Dijagonale pravokutnika su jednake, pa je dovoljno pronaći duljinu jednog od njih, na primjer KM.

2. Uzmimo u obzir On ima AK - i simetralu i visinu. To znači, prvo, trokut ABP je jednakokračan, tj. AB = AR \u003d b, i, drugo, da je segment AK također medijan trokuta ABP, tj. K je središte simetrale BP.

Slično se dokazuje da je M središte simetrale DQ.

3. Razmotrimo segment KM. Prepolovi segmente BP i DQ. Ali srednja linija paralelograma (imajte na umu da je paralelogram poseban slučaj trapez; ako možemo govoriti o središnjoj crti trapeza, onda jednako dobro možemo govoriti i o središnjoj liniji paralelograma koja ima ista svojstva) prolazi kroz točke K i M (vidi teorem 2). Dakle, KM je segment na srednjoj liniji, te stoga .

4. Budući da i , Tada je KMDP paralelogram, i stoga

Odgovor: ■

Zapravo, u procesu rješavanja problema (u fazama 1 i 2), pokazali smo se prilično važno vlasništvo: simetrale kutova susjednih bočnoj strani trapeza sijeku se pod pravim kutom u točki koja leži na središnjoj crti trapeza.

Treba napomenuti da je glavna metoda za sastavljanje jednadžbi u geometrijskim problemima metoda potporni element, a to je kako slijedi: isti element (strana, kut, površina, polumjer itd.) izražen je u terminima poznatih i nepoznatih veličina s dva različiti putevi a rezultirajući izrazi su jednaki.

Često se kao referentni element bira područje. figure. Zatim kažu da se za sastavljanje jednadžbe koristi metoda područja.

Potrebno je učiti školarce rješavanju osnovnih problema, tj. Koji su uključeni kao sastavni elementi u mnoge druge zadatke. To su npr. problem nalaženja osnovnih elemenata trokuta: medijana, visina, simetrala, polumjeri upisane i opisane kružnice, površina.

Zadatak 6. U trokutu ABC stranice AB i BC su jednake, BH je visina. Na BC strani uzima se točkaD tako da (vidi sliku za problem 6). U kojem pogledu je segmentAD dijeli visinu HH?

Odluka: 1. Stavili smo BD = a, onda CD = 4 a, AB = 5a.

2. Nacrtajmo odsječak (vidi sliku za zadatak 6) Budući da je NK srednja crta trokuta ACD DK = KC = 2 a .

3. Razmotrimo trokut VNK. Imamo: BD = a,

DK = 2a i https://pandia.ru/text/78/456/images/image080_2.gif" width="84" height="41"> ali Dakle, i ■

Ako je u problemu potrebno pronaći omjer bilo koje - ili vrijednosti, tada je, u pravilu, problem riješen metoda pomoćnih parametara. To znači da na početku rješavanja problema proglašavamo neke linearna vrijednost dobro poznat, označavajući ga, na primjer, slovom a, a zatim izraziti kroz a količine čiji se omjer treba pronaći. Kada je željena relacija sastavljena, pomoćni parametar a se smanjuje. Ovako smo postupili u zadatku . Naš savjet: pri rješavanju problema u kojima je potrebno pronaći omjer veličina (posebno u problemima određivanja kuta - uostalom, u pravilu, pri izračunavanju kuta pričamo o pronalaženju trigonometrijska funkcija, tj. o omjeru stranica pravokutnog trokuta), učenike treba naučiti da izdvajaju uvođenje pomoćnog parametra kao prvu fazu rješenja. Metoda pomoćnih parametara također se koristi u zadacima gdje geometrijski lik definiran do sličnosti.

Zadatak 7 . U trokut sa stranicama jednakim 10, 17 i 21 cm upisan je pravokutnik tako da su dva njegova vrha na jednoj strani trokuta, a druga dva vrha na druge dvije strane trokuta. Nađi stranice pravokutnika ako je poznato da je njegov opseg 22,5 cm.

Odluka. 1. Prije svega definiramo vrstu trokuta. Imamo: 102 = 100; 172 = 289; 212 = 441. Budući da je 212 > 102 + 172, trokut je tupokutnog (vidi teorem 7), što znači da se pravokutnik može upisati u njega samo na jedan način: postavljanjem dva njegova vrha na veća strana trokut ABC (vidi sliku za problem 7), gdje je AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm.

2. Nađite visinu BH trokuta ABC. HH = 8 cm.

3. Stavite ED=x. Zatim EF = 11,25 -x(jer je obim pravokutnika DEFK iznosi 22,5 cm), BP \u003d 8 - x. Trokuti BEF i ABC su slični, što znači (u sličnim trokutima omjer odgovarajućih visina jednak je koeficijentu sličnosti), t.j. odakle nalazimo x = 6.

Odgovor: 6 cm, 5,25 cm. ■

Prilikom rješavanja zadatka koristili smo tvrdnju da su u takvim trokutima ne samo stranice, već i odgovarajuće visine proporcionalne. Općenitiji čimbenik je sljedeći, što je, da tako kažemo, generalizirani teorem sličnosti:

Ako su dva trokuta slična, tada je bilo koji element linije (ili zbroj elemenata linije) jednog trokuta povezan s odgovarajućim elementom linije (ili zbrojem odgovarajućih elemenata linije) drugog trokuta kao odgovarajuće stranice.

Konkretno, polumjeri opisanih ili upisanih kružnica, perimetri, odgovarajuće visine, medijane, simetrale dva slična trokuta su povezane kao odgovarajuće stranice.

Zadatak 8 .U trokutu ABC kut A je dvostruko veći od kuta C, stranica BC je 2 cm duža od stranice AB, a AC = 5 cm. Pronađite AB i BC.

Odluka. 1. Nacrtajte simetralu AD kuta A..gif" alt="(!LANG:Potpis:" align="left" width="148" height="33">!} 3. Trokuti ABC i ABC su slični jer imaju i zajednički kut B. Iz sličnosti trokuta zaključujemo da tj.

4. Pronaći x i na dobiva se sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: gdje

Oduzimanjem druge jednadžbe od prve, dobivamo 5y - 10 = 2y, tj. y = . Dakle, x=4.

Odgovor: AB = 4 cm; BC = 6 cm. ■

Vrlo često, prilikom sastavljanja omjera odgovarajućih strana u sličnim trokutima u netrivijalnim slučajevima (trivijalni slučajevi sličnosti bili su u problemima 6 i 7 - trokut je odsječen od posljednjeg ravnom linijom paralelnom s jednom od njegovih stranica ), oni koji rješavaju problem. Čine čisto tehničke pogreške: ili brkaju redoslijed trokuta (koji je prvi, a koji drugi), ili neuspješno biraju parove stranica kao odgovarajuće. Naš savjet: ako se utvrdi sličnost trokuta ABC i DEF, onda preporučamo da postupite na sljedeći način: stranice jednog trokuta "zabijete" u brojnike, na primjer ovako: s obzirom da su u sličnim trokutima odgovarajuće stranice one koje leže nasuprot jednakih kutova, pronaći najjednostavnije parove odgovarajućih stranica; ako je AB i DE, BC i DF, onda napišite: https://pandia.ru/text/78/456/images/image100_1.gif" align="left" width="121" height="96 src= " > b) tako da se može upisati u četverokut cca.zaobljenosti, potrebno je i dovoljno da zbroji duljina njegovih suprotnih strana budu jednaki.

TEOREMA 5. Metrički omjeri u krugu:

https://pandia.ru/text/78/456/images/image103_2.gif" alt="(!LANG:Potpis: sl.2" align="left" width="76" height="29">!}

https://pandia.ru/text/78/456/images/image105_2.gif" alt="(!LANG:Potpis: sl.3" align="left" width="76" height="28">!}

https://pandia.ru/text/78/456/images/image107_1.gif" width="13 height=19" height="19">, hipotenuza - c (vidi sliku). Izračunajte polumjer r upisane kružnice.

Odluka. 1. Iz središta O upisane kružnice povucite polumjere do točaka njezina dodira sa stranicama trokuta; uzimajući u obzir da su okomite na odgovarajuće stranice (vidi teorem 1, a), a zatim pomoću teorema 1, b označavamo parove jednakih segmenata: CD= CE, AE= AF,B.D.=bf(vidi sl.).

2. Kao EODC- kvadrat (uglovi E,D, C - izravni i EU= CD), dakle OE =OD= CD=CE= r. Zatim BD= a -r, AE =b-r i , odnosno, bf=BD = a– r,AF=AE=b–r.

3. Jer AB= AF+Facebook, onda c = (b-r) + (a –r), odakle .■

Imajte na umu da ako se problem odnosi na kružnicu upisanu u trokut (ili četverokut), tada je gotovo uvijek preporučljivo nacrtati polumjere u točkama dodira kružnice sa stranicama, s obzirom da će polumjeri biti okomiti na odgovarajuće stranice, a na crtežu odmah označi parove jednakih segmenata (za dvije tangente povučene na kružnicu iz zadane točke). To je ono što smo učinili kada smo rješavali gornji problem.

Obratite pažnju na formulu https://pandia.ru/text/78/456/images/image110_1.gif" width="43" height="44">, gdje je S površina, R je polovina perimetra trokuta.

Što se radijusa tiče R opisan u blizini trokuta kružnice, zatim za pravokutni trokut (hipotenuza je promjer kružnice opisane u blizini pravokutnog trokuta), za nepravokutni trokut, formula se obično koristi https://pandia.ru/text /78/456/images/image114_1.gif "width="59 "height="41 src=">.

Zadatak 10. Zadan je pravokutni kružni sektor.Nacrtana je kružnica istog polumjera sa središtem na kraju luka sektora; ona dijeli sektor na dva krivocrtna trokuta. U manji od ovih trokuta upisan je krug (vidi sl.). Nađi omjer polumjera upisane kružnice i sektora.

Odluka. 1. Izvedite potrebne dodatne konstrukcije, koje se obično rade kada je u pitanju unutarnja ili vanjska tangentnost kružnice ili tangentnost kružnice i pravca: O2O3– linija centara; NA- točka kontakta; O1O3– linija centara; ALI- točka kontakta; O3C O1C; S- dodirna točka (vidi sliku).

https://pandia.ru/text/78/456/images/image119_1.gif" width="43" height="41"> Dakle .

Odgovor: . ■

Evo još dva dodatka o korisnim dodatnim konstrukcijama: 1) ako su dvije kružnice tangentne (unutarnje ili prema van), tada je imperativ povući liniju centara, tj. ravnu koja prolazi središtima tangentnih kružnica, te uzeti u obzir da dodirna točka leži na liniji centara (to smo radili pri rješavanju gornji problem, koji je bio ključ uspjeha); 2) ponekad je korisno (kao dodatne konstrukcije) napraviti tzv. "udaljeni" crtež, tj. izdvojiti fragment postojećeg prilično složenog crteža zasebno za posebno proučavanje (dakle, prilikom rješavanja problema, izvadili smo zasebni fragment koji sadrži ∆ O1O2O3- vidi sl.).

Zadatak 11. Krug s radijusomR prolazi kroz dva susjedna vrha A iD kvadrat (vidi sl.). Odsječak BM tangente na kružnicu povučen iz trećeg vrha B kvadrata dvostruko je veći od stranice potonjeg. Pronađite stranu kvadrata.

Odluka. Uvedemo notaciju VA= x, BM = 2x. Nastavimo segment VA do sjecišta s kružnicom u točki DO. Zatim VK ∙ VA = VM2(vidi teorem 5, c), t.j. VK ∙ x= 4x2, odakle nalazimo: VK= 4x- sredstva, AK= Zx. Unaprijediti, KAD = = 90°, dakle KD je promjer kružnice. Iz pravokutnog trokuta ADK naći: AD2+ AK2= KD2, tj. x2+9x2= 4R 2, odakle x= https://pandia.ru/text/78/456/images/image125_0.gif" width="45" height="45 src=">. ■

Ortocentar, odnosno točka presjeka visina trokuta, ima niz zanimljivih svojstava: ortocentar oštrokutnog trokuta podudara se sa središtem kružnice upisane u trokut čiji su vrhovi osnovice trokuta. visine zadanog trokuta; u nepravokutnom trokutu ABC, udaljenost od ortocentra do vrha B je dvostruka udaljenost od središta kružnice opisane oko trokuta do stranice AC. Koristimo posljednje svojstvo da uvedemo koncept Eulerove linije. Iz očitih razloga, ograničavamo se na trokut s oštrim kutom.

Pa neka H je ortocentar, O je središte opisane kružnice, OD AC,OD║bh,OGLAS= DC(vidi sl.).

Nacrtajmo medijan BD i segment JE LI ON. trokuta VNM i MOD slični su, pa https://pandia.ru/text/78/456/images/image128_0.gif" width="56" height="41 src=">.gif" width="17" height="16 src \u003d "\u003e C \u003d 90 °, tada je Eulerova linija ravna linija koja prolazi kroz vrh C pravog kuta i sredinu O hipotenuza AB, tj. medijan.

Nastavimo razgovarati o rješavanju planimetrijskih problema. Prijeđimo na rješavanje problema vezanih uz koncept površine ravne figure.

Počnimo, kao iu prethodnim slučajevima, isticanjem "radnih" teorema. Postoje dva takva teorema o izračunu površina.

TEOREMA 1. Omjer površina sličnih likova jednak je kvadratu koeficijenta sličnosti.

TEOREMA 2. a) Ako su dva trokuta jednakabaze, njihova područja se tretiraju kao visine.

b) Ako dva trokuta imaju jednake visine, onda njihovapodručja se tretiraju kao baze.

I, naravno, ima smisla dati osnovne formule za izračun površina ravnih figura.

1. Formule za površinu trokuta:

a) https://pandia.ru/text/78/456/images/image131_0.gif" width="84" height="41 src=">; c) ;

d) S = Rr, gdje R=; R je polumjer opisane kružnice; r- polumjer upisane kružnice;

e) S = https://pandia.ru/text/78/456/images/image136_0.gif" align="left hspace=12" width="159" height="139"> a) S= AC∙ BDsin;

POGLAVLJE III.
PARALELNE LINIJE

§ 40. KUTOVI S DODATNO PARALELNOM
I OKOMITE STRANE.

1. Kutovi s odgovarajućim paralelnim stranicama.

Uzmimo dvije točke C i O na ravnini i iz tih točaka povucimo dva para zraka
SA || OM i CB || ON tako da su kutovi ACB i MON ili oštri (slika 211) ili oba tupi (slika 212).

Kutovi ACB i MON su kutovi s paralelnim stranicama. Dokažimo da su ti kutovi međusobno jednaki.

Neka NE siječe OM u točki D. / DIA = / Mdv like odgovarajućim kutovima s paralelnim AC i MO i sekantom SW.

/ MDB = / MON, kao odgovarajući kutovi na paralelnim CB i ON i sekanti MO, ali tada / DIA = / PON.

Stoga, kutovi s odgovarajućim paralelnim stranicama jednaki su ako su oba oštra ili oba tupa.

Konstruirajmo dva oštra kuta ACB i MON s paralelnim stranicama (slika 213): CA || MO i NE || ON i nastavi dalje od vrha O stranice kuta MON.

Kod vrha O nastala su dva duboka kuta EOM i FON (budući da je kut MON koji im se graniči oštar po konstrukciji).

Svaki od njih ukupno s kutom MON je 2 d, i od / PON = / DIA,
zatim / DIA+ / MY = 2 d i / DIA+ / FON = 2 d.

Stoga, zbrajaju se kutovi s odgovarajućim paralelnim stranicama 2

2. Kutovi s odnosno okomitim stranicama.

Konstruirajmo proizvoljan oštar kut ABC. Provucimo zrake kroz vrh kuta, okomito na njegove stranice, tako da tvore oštar kut.

BO_|_ BC i VC _|_ AB (slika 214). Dobit ćemo novi OBK kut.
Stranice kutova ABC i OVK međusobno su okomite.

/ ABC = d - / SVK;
/ HVAC = d - / SVK.

Otuda slijedi da / ABC = / HVAC.

Izgradimo proizvoljno tup kut AOB i povući zrake kroz njegov vrh, okomito na njegove stranice, tako da tvore tupi kut.
OK_|_OA i OS_|_OV (slika 215), kut KOS je tup. Stranice kutova AOB i KOS međusobno su okomite, dakle

/ AOB = d + / KOV;
/ KOS = d+ / KOV.

Otuda slijedi da / AOB = / KOS.

Kutovi s odnosno okomitim stranicama jednaki su ako su oba oštra ili oba tupa.

Konstruirajmo proizvoljan oštar kut AOB i kroz njegov vrh povučemo okomice na njegove stranice tako da tvore oštar kut (slika 216).
dobivamo: / COM = / AOW. Nastavljamo stranu OK izvan vrha O. Stranice kuta EOM okomite su na stranice kuta AOB. Pri čemu / EOM - tupo, kao uz njega / MOK - akutna. / KOM + / EOM = 2 d(kao susjedni kutovi). Ali / KOM je, kao što je prethodno dokazano, jednako / AOW. Stoga i / AOB + / EOM = 2 d.

Kutovi s odnosno okomitim stranicama zbrajaju se 2d ako je jedan oštar, a drugi tup.

Razmatrali smo kutove koje čine međusobno okomite stranice kada imaju zajednički vrh. Svojstva koja smo izveli vrijedit će i u slučaju kada uglovi nemaju zajednički vrh.

Konstruirajmo proizvoljan oštar kut AOB i kroz neku točku C (slika 217) povučemo zrake CE __|_OA i SK _|_ OB tako da je i kut KSE oštar.

Kutove AOB do KSE čine međusobno okomite stranice. Dokažimo da su međusobno jednaki. Da biste to učinili, kroz točku O (vrh / AOB) izvršit ćemo OK "|| SK i OE" || SE. / KSE = / CFU", budući da su sastavljene od međusobno paralelnih stranica i obje su oštre. Ali / K"OE" = / AOB prema dokazanim. Stoga, / AOB = / KSE.

Ako stranu CE nastavimo izvan vrha kuta, dobivamo / MSC u blizini / KSE.
/ MSC + / KSE = 2 d, ali / KSE = / AOW, dakle / AOB + / MSC = 2 d.

TEOREMA 1.Jednakost kutova s ​​međusobno okomitim stranicama:Ako
oba akutna ili oba tupa i
,
, onda
. TEOREM 2. Svojstva srednje linije trapeza:A) srednja linija trapeza je paralelna s bazama trapeza;B) srednja crta jednaka je polovici zbroja baza trapeza;C) srednja crta (i samo ona) prepolovi svaki segment zatvoren između baza trapeza. Ova svojstva vrijede i za srednju liniju trokuta, ako trokut smatramo "degeneriranim" trapezom, čija jedna baza ima duljinu jednaku nuli. TEOREM 3. O točkama presjeka medijana, simetrala, visina trokuta:A) tri medijane trokuta sijeku se u jednoj točki (naziva se težište trokuta) i dijele se u ovoj točki u omjeru 2: 1, računajući od vrha;B) tri simetrale trokuta sijeku se u jednoj točki;C) tri visine sijeku se u jednoj točki (naziva se ortocentar trokuta).TEOREM 4. Svojstvo medijana u pravokutnom trokutu:U pravokutnom trokutu medijan povučen prema hipotenuzi jednak je njegovoj polovici. Obrnuti teorem je također istinit: ako je u trokutu jedna od medijana jednaka polovici stranice na koju je povučena, onda je ovaj trokut pravokutniTEOREM 5. svojstvo simetrale unutarnjeg kuta trokuta:Simetrala unutarnjeg kuta trokuta dijeli stranu na koju je povučen na dijelove proporcionalne suprotnim stranicama:
TEOREM 6. Metričke relacije u pravokutnom trokutu:Ako je aaib- kateteri,c- hipotenuzah- visina, i - projekcije kateta na hipotenuzu, tada: a)
; b)
; u)
; G)
; e)
TEOREM 7. Određivanje vrste trokuta na njegovim stranicama:Neka budea, b, csu stranice trokuta, pri čemu je c najduža stranica; zatim:I ako
, tada je trokut oštar;B) ako
, tada je trokut pravokutni;B) ako
, tada je trokut tupokut.TEOREM 8. Metričke relacije u paralelogramu:Zbroj kvadrata dijagonala paralelograma jednak je zbroju kvadrata svih njegovih stranica:
. Kod rješavanja geometrijskih zadataka često je potrebno utvrditi jednakost dvaju odsječaka (ili kutova). Naznačujemo tri glavna načina geometrijskog dokaza jednakosti dvaju segmenata: 1) odsječke smatrati stranicama dvaju trokuta i dokazati da su ti trokuti jednaki; 2) predstaviti segmente kao stranice trokuta i dokazati da je taj trokut jednakokračan; 3 ) zamijeniti segment a segment jednak njemu , i segment b – segment jednak njemu i dokazati jednakost segmenata i . Zadatak 1.Dvije međusobno okomite linije sijeku straniceAB, PRIJE KRISTA, CD, OGLASkvadratABCDu točkamaE, F, K, Lodnosno. Dokaži toEK = FL(vidi sliku za problem br. 1).R

Riža. na zadatak broj 1

Riješenje: 1. Koristeći prvi od navedenih načina jednakosti dvaju odsječaka, crtamo segmente
i
- zatim segmenti koji nas zanimaju EK i FL postaju stranice dvaju pravokutnih trokuta EPK i FML(vidi sliku za zadatak br. 1). 2

Riža. na zadatak broj 1

Imamo: PK = FM(detalji: PK = OGLAS, OGLAS = AB, AB = FM, sredstva,PK = FM), (kao kutovi s međusobno okomitim stranicama, Teorem 1). Dakle, (duž noge i oštar kut). Iz jednakosti pravokutnih trokuta slijedi jednakost njihovih hipotenusa, t.j. segmentima EK i FL. ■ Imajte na umu da pri rješavanju geometrijskih zadataka često morate izraditi dodatne konstrukcije, na primjer: crtati ravnu liniju, paralelnu ili okomitu na jednu od onih na slici (kao što smo radili u zadatku 1); udvostručiti medijan trokuta kako bi se trokut dovršio do paralelograma (kao što ćemo učiniti u zadatku 2), crtajući pomoćnu simetralu. Postoje korisne dodatne konstrukcije vezane uz krug. Zadatak 2.Zabave
jednaka, b, c. Izračunajte medijan , povučen na stranu c. (vidi sliku za problem 2).R

Riža. na zadatak broj 2

Rješenje: Udvostručite medijan dodavanjem
na ASVR paralelogram, a na taj paralelogram primijenimo teorem 8. Dobivamo: , t.j.
odakle nalazimo:
Zadatak 3.Dokažite da je u bilo kojem trokutu zbroj medijana veći od ¾ perimetra, ali manji od perimetra.R
Riješenje: 1. Smatrati
(vidi sliku za problem 3) Imamo:
;
. Kao AM + MC >AC, zatim
(1) P

Riža. na zadatak broj 3

Nakon što smo napravili slično razmišljanje za trokute AMB i BMC, dobivamo:
(2)
(3) Zbrajanjem nejednakosti (1), (2), (3) dobivamo:
, t
.e. dokazali smo da je zbroj medijana veći od ¾ perimetra. 2. Udvostručimo medijan BD dovršavanjem trokuta u paralelogram (vidi sliku za zadatak 3). Zatim od
dobivamo: BK < PRIJE KRISTA + CK, oni.
(4) Slično:
(5)

Riža. na zadatak broj 3

(6) Zbrajanjem nejednadžbi (4), (5), (6) dobivamo: , t.j. zbroj medijana manji je od perimetra. ■ Zadatak 4.Dokažite da u nejednakokračnom pravokutnom trokutu simetrala pravog kuta prepolovi kut između medijane i visine povučene iz istog vrha.R
Riješenje: Neka je ACB pravokutni trokut,
, CH je visina, CD je simetrala, CM je medijan. Uvodimo oznaku: (vidi sliku za problem 4) . 1.
kao kutovi s međusobno okomitim stranicama () . 2

Riža. na zadatak broj 4

Kao
(vidi teorem 4), zatim CM = MB, a zatim iz
zaključujemo da
Tako, 3. Budući da je i (na kraju krajeva, CD je simetrala), onda je ono što je trebalo dokazati. ■ Zadatak 5.Paralelogram sa stranicamaa ibnacrtane su simetrale unutarnjih kutova (vidi sliku za zadatak 5). Odredite duljine dijagonala četverokuta nastalog u presjeku simetrala.Odluka: 1 . AE - simetrala
, BP je simetrala
(vidi sl.). kao u paralelogramu
oni. onda To znači da je u trokutu ABK zbroj kutova A i B jednak 90 0, tada je kut K jednak 90 0, tj. simetrale AE i BP su međusobno okomite. ALI
logički je dokazana međusobna okomitost simetrala AE i DQ, BP i CF, CF i DQ. ZAKLJUČAK: KLMN je četverokut s pravim kutovima, t.j. pravokutnik. Dijagonale pravokutnika su jednake, pa je dovoljno pronaći duljinu jednog od njih, na primjer KM. 2

Riža. na zadatak broj 5

Smatrati
Ima AK - i simetralu i visinu. To znači, prvo, trokut ABP je jednakokračan, tj. AB = AR = b, i, drugo, da je segment AK također medijan trokuta ABP, tj. K je sredina simetrale VR. Slično se dokazuje da je M središte simetrale DQ. 3. Razmotrimo segment KM. Prepolovi segmente BP i DQ. Ali srednja linija paralelograma (imajte na umu da je paralelogram poseban slučaj trapeza; ako možemo govoriti o središnjoj liniji trapeza, onda jednako dobro možemo govoriti i o središnjoj liniji paralelograma s istim svojstvima) prolazi kroz točke K i M (vidi teorem 2). Dakle, KM je segment na srednjoj liniji, i stoga
.4. Kao
i
, tada je KMDP paralelogram, pa prema tome. Odgovor:
■ Zapravo, u procesu rješavanja problema (u fazama 1 i 2) dokazali smo prilično važno svojstvo: simetrale kutova koji su susjedni bočnoj strani trapeza sijeku se pod pravim kutom u točki koja leži na srednja linija trapeza. Treba napomenuti da je glavna metoda za sastavljanje jednadžbi u geometrijskim problemima metodapotporni element, a to je kako slijedi: isti element (strana, kut, površina, polumjer itd.) izražava se kroz poznate i nepoznate veličine na dva različita načina i dobiveni izrazi se izjednačavaju. Često se kao referentni element bira područje.figure. Zatim kažu da se za sastavljanje jednadžbe koristi metoda područja. Potrebno je učiti školarce rješavanju osnovnih problema, t.j. oni. Koji su uključeni kao sastavni elementi u mnoge druge zadatke. To su npr. problem nalaženja osnovnih elemenata trokuta: medijana, visina, simetrala, polumjeri upisane i opisane kružnice, površina. W pakao 6.U trokutu ABC stranice AB i BC su jednake, BH je visina. Na BC strani uzima se točkaDtako
(vidi sliku za problem 6). U kojem pogledu je segmentOGLASdijeli visinu WH?Odluka: 1. Stavili smo BD = a, onda CD = 4 a, AB = 5a.2

Riža. na zadatak broj 6

Nacrtajmo segment
(vidi sliku za problem 6) Budući da je NK srednja crta trokuta ACD DK = KC = 2 a .3. Razmotrimo trokut VNK. Imamo: BD = a,DK = 2 a i
. Prema Talesovom teoremu
ali
Dakle, i
■ Ako je u zadatku potrebno pronaći omjer nekih veličina, tada se u pravilu problem rješava metoda pomoćnih parametara. To znači da na početku rješavanja problema proglašavamo neku linearnu veličinu poznatom, označavajući je, na primjer, slovom a, a zatim izraziti kroz a količine čiji se omjer treba pronaći. Kada je željena relacija sastavljena, pomoćni parametar a se smanjuje. Ovako smo postupili u zadatku . Naš savjet: pri rješavanju zadataka u kojima je potrebno pronaći omjer veličina (osobito u problemima određivanja kuta - uostalom, u pravilu, kada se izračunava kut, govorimo o pronalaženju njegove trigonometrijske funkcije, tj. o omjeru stranica pravokutnog trokuta), učenike treba poučiti kao prvu fazu odluke o dodjeli uvođenja pomoćnog parametra. Metoda pomoćnih parametara također se koristi u problemima gdje je geometrijski lik definiran do sličnosti. Zadatak 7 .U trokut sa stranicama jednakim 10, 17 i 21 cm upisan je pravokutnik tako da su dva njegova vrha na jednoj strani trokuta, a druga dva vrha na druge dvije strane trokuta. Nađi stranice pravokutnika ako je poznato da je njegov opseg 22,5 cm.R
riješenje . 1. Prije svega definiramo vrstu trokuta. Imamo: 10 2 = 100; 17 2 = 289; 21 2 = 441. Budući da je 21 2 > 10 2 + 17 2 , tada je trokut tupokutni (vidi teorem 7), što znači da se pravokutnik može upisati u njega samo na jedan način: postavljanjem dva njegova vrha na veća stranica trokuta ABC (vidi sliku . za zadatak 7), gdje je AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm. 2