Nauczanie planimetrii na zajęciach szkolnych

Twierdzenie o własności kątów o odpowiednio równoległych bokach należy rozpatrywać w przypadkach, gdy dane kąty są albo oba ostre, albo oba rozwarte, albo jeden z nich jest ostry, a drugi rozwarty.

Twierdzenie stwierdza szerokie zastosowanie podczas badania właściwości różnych figur, a zwłaszcza czworoboku.

Wskazanie, że boki kątów o odpowiednio równoległych bokach mogą mieć ten sam lub przeciwny kierunek, co czasami spotyka się przy formułowaniu twierdzeń, uważa się za niepotrzebne. Jeżeli użyjemy określenia „kierunek”, to należałoby doprecyzować, co należy rozumieć pod tym słowem. Wystarczy zwrócić uwagę uczniów na fakt, że kąty o odpowiednio równoległych bokach są równe, jeśli oba są ostre lub oba rozwarte, natomiast jeśli jeden z kątów jest rozwarty, a drugi ostry, to sumują się do 2d.

Twierdzenie o kątach o odpowiednio prostopadłych bokach można podać bezpośrednio po twierdzeniu o własności kątów o odpowiednio równoległych bokach. Studenci otrzymują przykłady wykorzystania właściwości kątów odpowiednio o bokach równoległych i prostopadłych w urządzeniach i częściach maszyn.

Suma kątów trójkąta

Wyprowadzając twierdzenie o sumie kątów trójkąta, można skorzystać z pomocy wizualnych. Trójkąt ABC zostaje wycięty, ponumerowane jego narożniki, następnie odcięte i nałożone na siebie. Okazuje się, że l+2+3=2d. Narysuj wysokość CD z wierzchołka C trójkąta ABC i zagnij trójkąt tak, aby wysokość została podzielona na pół, tj. wierzchołek C spadł do punktu D - podstawy wysokości. Linia przegięcia MN jest linią środkową trójkąta ABC. Potem się wyginają trójkąty równoramienne AMD i DNB według ich wysokości, z wierzchołkami A i B pokrywającymi się z punktem D i l+2+3=2d.

Należy pamiętać, że stosowanie pomocy wizualnych w systematycznym przebiegu geometrii nie ma na celu zastąpienia logicznego dowodu twierdzenia jego eksperymentalną weryfikacją. Pomoce wizualne powinno jedynie ułatwiać uczniom zrozumienie tego czy innego faktu geometrycznego, właściwości tej lub innej figury geometrycznej oraz względnego położenia jej poszczególnych elementów. Przy wyznaczaniu wielkości kąta trójkąta należy przypomnieć uczniom omówione wcześniej twierdzenie o kącie zewnętrznym trójkąta i wskazać, że twierdzenie o sumie kątów trójkąta pozwala zarówno konstrukcyjnie, jak i obliczeniowo ustalić zależność liczbową między kątami zewnętrznymi i wewnętrznymi, które do nich nie przylegają.

W konsekwencji twierdzenia o sumie kątów trójkąta udowodniono, że w trójkącie prostokątnym noga przeciwna do kąta 30 stopni jest równa połowie przeciwprostokątnej.

W miarę postępu materiału uczniowie powinni zadawać pytania i proste zadania, promując lepszą asymilację nowego materiału. Na przykład: Które linie nazywane są równoległymi?

W jakim położeniu przekroju poprzecznego wszystkie kąty utworzone przez dwie równoległe linie są równe?

Linia prosta narysowana w trójkącie równoległym do podstawy odcina od niego mały trójkąt. Udowodnić, że odcinany trójkąt i dany trójkąt są przystające.

Oblicz wszystkie kąty oparte na dwóch równoległych i poprzecznym, jeśli wiadomo, że jeden z kątów ma 72 stopnie.

Kąty wewnętrzne jednostronne wynoszą odpowiednio 540 i 1230. O ile stopni należy obrócić jedną z prostych wokół punktu jej przecięcia z poprzeczną, aby proste były równoległe?

Udowodnić, że dwusieczne: a) dwóch równych, ale nie przeciwległych kątów utworzonych przez dwie równoległe i poprzeczną są równoległe, b) dwa nierówne kąty z tymi samymi prostymi i poprzeczną są prostopadłe.

Dane są dwie równoległe linie AB i CD oraz sieczna EF przecinająca te proste w punktach K i L. Wykreślone dwusieczne KM i KN kątów AKL i BKL odcinają odcinek MN na prostej CD. Znajdź długość MN, jeśli wiadomo, że sieczny odcinek KL zawarty pomiędzy odcinkami równoległymi jest równy a.

Jaki jest typ trójkąta, w którym: a) suma dowolnych dwóch kątów jest większa niż d, b) suma dwóch kątów jest równa d, c) suma dwóch kątów jest mniejsza niż d? Odpowiedź: a) ostrokątna, b) prostokątna, c) rozwarta. Ile razy wynosi suma kątów zewnętrznych trójkąta więcej niż kwota jego wewnętrzne narożniki? Odpowiedź: 2 razy.

Czy wszystkie kąty zewnętrzne trójkąta mogą być: a) ostre, b) rozwarte, c) proste? Odpowiedź: a) nie, b) tak, c) nie.

W którym trójkącie każdy kąt zewnętrzny jest dwa razy większy od kąta wewnętrznego? Odpowiedź: równoboczny.

Studiując technikę linii równoległych, konieczne jest wykorzystanie historii, teorii i literatura metodologiczna aby w pełni sformułować koncepcję linii równoległych.

TWIERDZENIE 1.Równość kątów o bokach wzajemnie prostopadłych:Jeśli
zarówno ostre, jak i tępe i
,
, To
. TWIERDZENIE 2. Własności linii środkowej trapezu:A) linia środkowa trapezu jest równoległa do podstaw trapezu;B) linia środkowa jest równa połowie sumy podstaw trapezu;C) linia środkowa (i tylko ona) przecina na pół dowolny odcinek zawarty pomiędzy podstawami trapezu. Właściwości te obowiązują również dla linii środkowej trójkąta, jeśli uznamy, że trójkąt jest „zdegenerowanym” trapezem, którego jedna z podstaw ma długość równą zero. TWIERDZENIE 3. O punktach przecięcia środkowych, dwusiecznych i wysokości trójkąta:A) trzy środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie (nazywa się to środkiem ciężkości trójkąta) i dzielą się w tym punkcie w stosunku 2: 1, licząc od wierzchołka;B) trzy dwusieczne trójkąta przecinają się w jednym punkcie;C) trzy wysokości przecinają się w jednym punkcie (nazywa się to ortocentrum trójkąta).TWIERDZENIE 4. Własność środkowej w trójkącie prostokątnym:w trójkącie prostokątnym środkowa poprowadzona do przeciwprostokątnej jest równa jej połowie. Twierdzenie odwrotne jest również prawdziwe: jeśli w trójkącie jedna ze środkowych jest równa połowie boku, do którego jest narysowana, to trójkąt ten jest prostokątnyTWIERDZENIE 5. Własność dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta:Dwusieczna kąta wewnętrznego trójkąta dzieli bok, do którego jest on narysowany, na części proporcjonalne do przeciwległych boków:
TWIERDZENIE 6. Relacje metryczne w trójkącie prostokątnym:JeśliAIB– nogi,C– przeciwprostokątna,H- wysokość, I - rzuty nóg na przeciwprostokątną, wówczas: a)
; B)
; V)
; G)
; D)
TWIERDZENIE 7. Wyznaczanie typu trójkąta na podstawie jego boków:PozwalaćA, B, C– boki trójkąta, gdzie c jest największym bokiem; Następnie:I jeśli
, to trójkąt jest ostry;B) jeśli
, to trójkąt jest prostokątny;B) jeśli
, to trójkąt jest rozwarty.TWIERDZENIE 8. Relacje metryczne w równoległoboku:Suma kwadratów przekątnych równoległoboku jest równa sumie kwadratów wszystkich jego boków:
. Rozwiązując problemy geometryczne, często trzeba ustalić równość dwóch odcinków (lub kątów). Wskażmy trzy główne sposoby geometrycznego udowadniania równości dwóch odcinków: 1) potraktuj odcinki jako boki dwóch trójkątów i udowodnij, że trójkąty te są równe; 2) przedstaw odcinki jako boki trójkąta i udowodnij, że trójkąt ten jest równoramienny; 3 ) zastąp segment A równy odcinek i segment B – równe i udowodnić równość segmentów i . Zadanie 1.Dwie wzajemnie prostopadłe linie przecinają bokiAB, PNE., płyta CD, OGŁOSZENIEkwadratABCDw punktachmi, F, K, Lodpowiednio. Udowodnij toE.K. = Floryda(patrz rysunek do zadania nr 1).R

Ryż. do zadania nr 1

Rozwiązanie: 1. Korzystając z pierwszej z powyższych ścieżek dla równości dwóch odcinków, rysujemy segmenty
I
- następnie interesujące nas segmenty E.K. I Floryda stają się bokami dwóch trójkątów prostokątnych EPK I FML(patrz rysunek do zadania nr 1) . 2

Ryż. do zadania nr 1

Mamy: PK = FM(więcej szczegółów: PK = OGŁOSZENIE, OGŁOSZENIE = AB, AB = FM, Oznacza,PK = FM), (jako kąty o wzajemnie prostopadłych bokach, Twierdzenie 1). Oznacza to (wzdłuż nogi i kąta ostrego). Z równości trójkątów prostokątnych wynika, że ​​ich przeciwprostokątne są równe, tj. segmenty E.K. I Floryda. ▪ Należy pamiętać, że przy rozwiązywaniu problemów geometrycznych często trzeba wykonać dodatkowe konstrukcje, na przykład: narysować linię prostą równoległą lub prostopadłą do jednej z tych na rysunku (tak jak to zrobiliśmy w zadaniu 1); podwajając środkową trójkąta, aby uzupełnić trójkąt w równoległobok (zrobimy to w zadaniu 2), rysując dwusieczną pomocniczą. Istnieją przydatne dodatkowe konstrukcje związane z okręgiem. Zadanie 2.Strony
równyA, B, C. Oblicz medianę , pociągnięty w stronę c. (patrz rysunek do zadania 2).R

Ryż. do problemu nr 2

Rozwiązanie: Podwoić medianę, kończąc
do równoległoboku ACVR i stosujemy Twierdzenie 8 do tego równoległoboku Otrzymujemy: , tj.
, gdzie znajdujemy:
Zadanie 3.Udowodnić, że w dowolnym trójkącie suma środkowych jest większa niż ¾ obwodu, ale mniejsza niż obwód.R
rozwiązanie: 1. Rozważmy
(patrz rysunek dla problemu 3) Mamy:
;
. Ponieważ AM + MS > AC, To
(1) str

Ryż. do problemu nr 3

Wykonując podobne rozumowanie dla trójkątów AMB i BMC, otrzymujemy:
(2)
(3) Dodając nierówności (1), (2), (3) otrzymujemy:
, T
.mi. udowodniliśmy, że suma środkowych jest większa niż ¾ obwodu. 2. Podwoimy medianę BD, uzupełniając trójkąt w równoległobok (patrz rysunek dotyczący problemu 3). Następnie od
otrzymujemy: B.K. < PNE. + CK, te.
(4) Podobnie:
(5)

Ryż. do problemu nr 3

(6) Dodając nierówności (4), (5), (6) otrzymujemy: , tj. suma środkowych jest mniejsza niż obwód. ■ Zadanie 4.Udowodnić, że w trójkącie prostokątnym nierównoramiennym dwusieczna prosty kąt dzieli na pół kąt między medianą a wysokością narysowaną z tego samego wierzchołka.R
rozwiązanie: Niech ACB będzie trójkątem prostokątnym,
, CH – wysokość, CD – dwusieczna, SM – mediana. Wprowadźmy następującą notację: (patrz rysunek do zadania 4) . 1.
jako kąty o wzajemnie prostopadłych bokach (). 2

Ryż. do zadania nr 4

Ponieważ
(patrz Twierdzenie 4), następnie SM = MV, a następnie od
dochodzimy do wniosku, że
Więc, 3. Ponieważ i (w końcu CD jest dwusieczną), właśnie to należało udowodnić. ■ Zadanie 5.W równoległoboku z bokamiA IBrysowane są dwusieczne kątów wewnętrznych (patrz rysunek do zadania 5). Znajdź długości przekątnych czworokąta utworzonego na przecięciu dwusiecznych.Rozwiązanie: 1 . AE – dwusieczna
, BP – dwusieczna
(patrz rysunek) . ponieważ w równoległoboku
te. oznacza to, że w trójkącie ABC suma kątów A i B jest równa 90 0, następnie kąt K jest równy 90 0, czyli dwusieczne AE i BP są do siebie prostopadłe. A
Wzajemna prostopadłość dwusiecznych AE i DQ, BP i CF, CF i DQ jest udowodniona logicznie. WYJŚCIE: KLMN jest czworokątem o kątach prostych, tj. prostokąt. Prostokąt ma równe przekątne, więc wystarczy znaleźć długość jednej z nich, np. KM. 2

Ryż. do zadania nr 5

Rozważmy
Ma AK - zarówno dwusieczną, jak i wysokość. Oznacza to, po pierwsze, że trójkąt ABP jest równoramienny, tj. AB = AP = B, a po drugie, że odcinek AK jest jednocześnie środkową trójkąta ABP, tj. K – środek dwusiecznej BP. W podobny sposób udowadnia się, że M jest środkiem dwusiecznej DQ. 3. Rozważmy odcinek KM. Przecina segmenty BP i DQ na pół. Ale środkowa linia równoległoboku (zwróć uwagę, że równoległobok to szczególny przypadek trapez; Jeśli możemy mówić o linii środkowej trapezu, to równie dobrze możemy mówić o linii środkowej równoległoboku, który ma te same właściwości) przechodzącej przez punkty K i M (patrz Twierdzenie 2). Oznacza to, że KM jest odcinkiem położonym na linii środkowej, a zatem
.4. Ponieważ
I
, wówczas KMDP jest równoległobokiem i dlatego. Odpowiedź:
■ Faktycznie, w procesie rozwiązywania problemu (na etapach 1 i 2) okazaliśmy się całkiem ważna własność: dwusieczne kątów przylegających do boku trapezu przecinają się pod kątem prostym w punkcie leżącym na linii środkowej trapezu. Należy zauważyć, że główną metodą układania równań w problemach geometrycznych jest metodaelement podporowy, co wygląda następująco: ten sam element (bok, kąt, powierzchnia, promień itp.) wyraża się za pomocą znanych i nieznanych wielkości przez dwa różne sposoby a powstałe wyrażenia są równane. Dość często obszar jest wybierany jako element odniesieniafigurki. Następnie mówimy to, aby skonstruować równanie, którego używamy metoda obszarowa. Należy uczyć dzieci w wieku szkolnym rozwiązywania podstawowych problemów, tj. te. Które są uwzględniane jako komponenty w wielu innych zadaniach. Są to np. problemy ze znalezieniem podstawowych elementów trójkąta: środkowej, wysokości, dwusiecznej, promieni okręgu wpisanego i opisanego, pola. Z problem 6.W trójkącie ABC boki AB i BC są równe, a BH jest wysokością. Punkt zostaje zdobyty po stronie BCDWięc
(patrz rysunek dotyczący problemu 6). W jakim stosunku jest odcinekOGŁOSZENIEdzieli wysokość VN?Rozwiązanie: 1. Niech BD = A, następnie CD = 4 A, AB = 5a.2

Ryż. do zadania nr 6

Narysujmy odcinek
(patrz rysunek do zadania 6) Ponieważ NK jest środkową linią trójkąta ACD DK = KC = 2 A .3. Rozważmy trójkąt VNK. Mamy: BD = A,DK = 2 A I
. Zgodnie z twierdzeniem Talesa
Ale
To znaczy
▪ Jeśli problem wymaga znalezienia stosunku dowolnej liczby wielkości, to z reguły problem jest rozwiązany przy użyciu metody parametrów pomocniczych. Oznacza to, że na początku rozwiązywania problemu ogłaszamy jakiś wartość liniowa znany, oznaczając to np. literą A, a następnie wyrazić to poprzez A ilości, których stosunek należy znaleźć. Po skompilowaniu wymaganej relacji parametr pomocniczy A się kurczy. Dokładnie tak postępowaliśmy w tym problemie . Nasza rada: przy rozwiązywaniu problemów, w których konieczne jest znalezienie stosunku wielkości (w szczególności w problemach określania kąta - w końcu z reguły przy obliczaniu kąta mówimy o o odnalezieniu go funkcja trygonometryczna, tj. o stosunkach stron trójkąt prostokątny), należy nauczyć uczniów podkreślania wprowadzenia parametru pomocniczego jako pierwszego etapu rozwiązywania. Metodę parametrów pomocniczych stosuje się także w przypadku problemów, gdzie figura geometryczna określone aż do podobieństwa. Zadanie 7.Prostokąt wpisano w trójkąt o bokach równych 10, 17 i 21 cm, tak że jego dwa wierzchołki znajdują się po jednej stronie trójkąta, a pozostałe dwa wierzchołki po obu stronach trójkąta. Znajdź boki prostokąta, jeśli wiadomo, że jego obwód wynosi 22,5 cm.R
decyzja . 1. Przede wszystkim określmy rodzaj trójkąta. Mamy: 10 2 = 100; 17 2 = 289; 21 2 = 441. Ponieważ 21 2 > 10 2 + 17 2 trójkąt jest rozwarty (patrz Twierdzenie 7), co oznacza, że ​​prostokąt można w niego wpisać tylko w jeden sposób: umieszczając jego dwa wierzchołki na większym bok trójkąta ABC (patrz rys. do zadania 7), gdzie AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm 2

Zazwyczaj kąty są uwzględniane albo z odpowiednimi bokami równoległymi, albo z odpowiednimi bokami prostopadłymi. Rozważmy najpierw pierwszy przypadek.

Niech zostaną dane dwa kąty ABC i DEF. Ich boki są odpowiednio równoległe: AB || DE i BC || E.F. Takie dwa kąty będą albo równe, albo ich suma będzie równa 180°. Na poniższym rysunku w pierwszym przypadku ∠ABC = ∠DEF, a w drugim ∠ABC + ∠DEF = 180°.

Dowód na to, że rzeczywiście tak jest, sprowadza się do następującego dowodu.

Rozważmy kąty o odpowiednio równoległych bokach, położone jak na pierwszym rysunku. Jednocześnie przedłużamy proste AB i EF, aż się przetną. Oznaczmy punkt przecięcia literą G. Dodatkowo dla przejrzystości kolejnego dowodu bok BC jest na rysunku przedłużony.

Ponieważ proste BC i EF są równoległe, to jeśli prosta AB przecina jedną z nich, to z pewnością przecina drugą. Oznacza to, że prosta AB jest sieczną dwóch prostych równoległych. Jak wiadomo, w tym przypadku kąty poprzeczne na siecznej są równe, kąty jednostronne sumują się do 180°, a kąty odpowiadające są równe.

Oznacza to, że niezależnie od tego, jaką parę kątów przyjmiemy w wierzchołkach B i G (jeden kąt z jednego, drugi z drugiego), zawsze otrzymamy albo równe kąty, albo dając w sumie 180°.

Jednakże linie AB i DE są również równoległe. Dla nich prosta EF jest sieczną. Oznacza to, że dowolne pary kątów z wierzchołków G i E sumują się do 180° lub są sobie równe. Wynika z tego, że pary kątów z wierzchołków B i E będą przestrzegać tej reguły.

Rozważmy na przykład kąty ∠ABC i ∠DEF. Kąt ABC równy kątowi BGE, ponieważ kąty te odpowiadają liniom równoległym BC i EF. Z kolei kąt BGE jest równy kątowi DEF, gdyż kąty te są sobie równe, gdy AB i DE są równoległe. W ten sposób udowodniono, że ∠ABC i ∠DEF.

Rozważmy teraz kąty ∠ABC i ∠DEG. Kąt ABC jest równy kątowi BGE. Ale ∠BGE i ∠DEG są kątami jednostronnymi z liniami równoległymi (AB || DE) przeciętymi przekątną (EF). Jak wiadomo, takie kąty sumują się do 180°. Jeśli spojrzymy na drugi przypadek na pierwszym rysunku, zdamy sobie sprawę, że odpowiada on parze kątów ABC i DEG na drugim rysunku.

Więc dwa różne kąty, których boki są odpowiednio równoległe lub równe sobie, lub sumują się do 180°. Twierdzenie zostało udowodnione.

Należy zwrócić uwagę na szczególny przypadek - gdy rogi są obrócone. W tym przypadku oczywiście będą sobie równe.

Rozważmy teraz kąty o odpowiednio prostopadłych bokach. Sprawa wygląda na bardziej skomplikowaną, ponieważ wzajemne porozumienie kąty są bardziej zróżnicowane. Poniższy rysunek pokazuje trzy przykłady rozmieszczenia narożników przy odpowiednio prostopadłych bokach. Jednakże w obu przypadkach jeden bok pierwszego kąta (lub jego przedłużenie) jest prostopadły do ​​jednego boku drugiego kąta, a drugi bok pierwszego kąta jest prostopadły do ​​drugiego boku drugiego kąta.

Rozważmy jeden z przypadków. W tym przypadku rysujemy dwusieczną w jednym rogu i przez dowolny jej punkt rysujemy prostopadłe do boków jego kąta.

Oto kąty ABC i DEF o odpowiednio prostopadłych bokach: AB ⊥ DE i BC ⊥ EF. Na dwusieczną kąta ABC przyjmuje się punkt G, przez który poprowadzono prostopadłe do tego samego kąta: GH ⊥ AB i GI ⊥ BC.

Rozważmy trójkąty BGH i BGI. Są prostokątne, ponieważ kąty H i I są kątami prostymi. W nich kąty w wierzchołku B są równe, ponieważ BG jest dwusieczną kąta ABC. Również dla rozważanych trójkątów bok BG jest wspólny i jest przeciwprostokątną każdego z nich. Jak wiadomo, trójkąty prostokątne są przystające, jeśli ich przeciwprostokątna i jedna z nich są równe. ostre rogi. Zatem ∆BGH = ∆BGI.

Ponieważ ∆BGH = ∆BGI, to ∠BGH = ∠BGI. Dlatego kąt HGI można przedstawić nie jako sumę tych dwóch kątów, ale jako jeden z nich pomnożony przez 2: ∠HGI = ∠BGH * 2.

Kąt ABC można przedstawić jako sumę dwóch kątów: ∠ABC = ∠GBH + ∠GBI. Ponieważ kąty składowe są sobie równe (ponieważ są utworzone przez dwusieczną), kąt ABC można przedstawić jako iloczyn jednego z nich i liczby 2: ∠ABC = ∠GBH * 2.

Kąty BGH i GBH są kątami ostrymi trójkąta prostokątnego i dlatego sumują się do 90°. Spójrzmy na otrzymane równości:

∠BGH + ∠GBH = 90°
∠HGI = ∠BGH * 2
∠ABC = ∠GBH * 2

Dodajmy dwa ostatnie:

∠HGI + ∠ABC = ∠BGH * 2 + ∠GBH * 2

Wyjmijmy wspólny czynnik z nawiasów:

∠HGI + ∠ABC = 2(∠BGH + ∠GBH)

Ponieważ suma kątów w nawiasach wynosi 90°, okazuje się, że kąty HGI i ABC sumują się do 180°:

∠ABC + ∠HGI = 2 * 90° = 180°

Udowodniliśmy zatem, że suma kątów HGI i ABC wynosi 180°. Spójrzmy teraz jeszcze raz na rysunek i zwróćmy uwagę na kąt, pod jakim kąt ABC ma odpowiednio prostopadłe boki. To jest kąt DEF.

Linie GI i EF są do siebie równoległe, ponieważ są prostopadłe do tej samej prostej BC. A jak wiadomo, linie prostopadłe do tej samej linii są do siebie równoległe. Z tego samego powodu DE || GH.

Jak wykazano wcześniej, kąty o odpowiednio równoległych bokach albo sumują się do 180°, albo są sobie równe. Oznacza to albo ∠DEF = ∠HGI, albo ∠DEF + ∠HGI = 180°.

Jednakże ∠ABC + ∠HGI = 180°. Z tego wynika, że ​​w przypadku odpowiednio prostopadłych boków kąty są albo równe, albo sumują się do 180°.

Chociaż w w tym przypadku ograniczyliśmy się do udowodnienia jedynie kwoty. Ale jeśli w myślach przedłużymy bok EF w przeciwnym kierunku, zobaczymy kąt równy kątowi ABC i jednocześnie jego boki są również prostopadłe do kąta ABC. Równość takich kątów można wykazać rozważając kąty o odpowiednio równoległych bokach: ∠DEF i ∠HGI.

53. Kąty ( narożniki wewnętrzne) trójkąt nazywane są trzy kąty, z których każdy jest utworzony przez trzy promienie wychodzące z wierzchołków trójkąta i przechodzące przez pozostałe dwa wierzchołki.

54. Twierdzenie o sumie kątów trójkąta. Suma kątów w trójkącie wynosi 180°.

55. Narożnik zewnętrzny trójkąta to kąt sąsiadujący z pewnym kątem tego trójkąta.

56. Narożnik zewnętrzny trójkąta jest równa sumie dwóch kątów trójkąta, które do niego nie przylegają.

57. Jeśli wszystkie trzy rogi trójkąt pikantny, wówczas nazywa się trójkąt ostry kąt.

58. Jeśli jeden z rogów trójkąt tępy, wówczas nazywa się trójkąt rozwartokątny.

59. Jeśli jeden z rogów trójkąt prosty, wówczas nazywa się trójkąt prostokątny.

60. Nazywa się bok trójkąta prostokątnego leżący naprzeciwko kąta prostego przeciwprostokątna(greckie słowo gyipotenusa – „kurczący się”) i dwa boki tworzące kąt prosty - nogi(łacińskie słowo katetos - „pion”) .

61. Twierdzenie o zależnościach pomiędzy bokami i kątami trójkąta. W trójkącie przeciwko większa strona jest większy kąt i z powrotem, Większy bok leży naprzeciwko większego kąta.

62. W trójkącie prostokątnym Przeciwprostokątna jest dłuższa niż noga.

ponieważ Większy bok zawsze leży naprzeciwko większego kąta.

Znaki trójkąta równoramiennego.

Jeśli w trójkącie dwa kąty są równe, to jest równoramienny;

Jeśli w trójkącie dwusieczna to mediana lub wysokość,
wtedy ten trójkąt jest równoramienny;

Jeśli w trójkącie mediana to dwusieczna lub wysokość, To

ten trójkąt jest równoramienny;

Jeśli w trójkącie wysokość jest medianą lub dwusieczną,

to ten trójkąt jest równoramienny.

64. Twierdzenie. Nierówność trójkąta. Długość każdego boku trójkąta jest większa niż różnica i mniej niż kwota długości pozostałych dwóch boków:

Własności kątów trójkąta prostokątnego.

Suma dwóch kątów ostrych w trójkącie prostokątnym wynosi 90°.

A + B = 90°

66. Własność trójkąta prostokątnego.

Noga trójkąta prostokątnego leżąca naprzeciw kąta 30° jest równa połowie przeciwprostokątnej.

Jeśli/ Zatem A = 30° BC = ½ AB

67. Właściwości trójkąta prostokątnego.

a) Jeżeli ramię trójkąta prostokątnego jest równe połowie przeciwprostokątnej, to kąt leżący naprzeciw tej nogi wynosi 30°.

Jeśli BC = ½ AB, to / B = 30°

B) Mediana poprowadzona do przeciwprostokątnej jest równa połowie przeciwprostokątnej.

mediana CF = ½ AB

Znak równości trójkątów prostokątnych po obu stronach.

Jeśli nogi jednego trójkąta prostokątnego są odpowiednio równe nogom drugiego, wówczas takie trójkąty są przystające.

Dla kątów o odpowiednio równoległych bokach obowiązują następujące twierdzenia:

1. Jeżeli boki a i b jednego kąta są odpowiednio równoległe do boków a i b innego kąta i mają takie same kierunki jak one, to kąty są równe.

2. Jeżeli przy tych samych warunkach równoległości boki a i b zostaną ustawione przeciwnie do boków a i b, wówczas kąty również będą równe.

3. Jeżeli w końcu boki a i są równoległe i jednakowo skierowane, a boki są równoległe i przeciwnie skierowane, to kąty uzupełniają się, aż do ich odwrócenia.

Dowód. Udowodnimy pierwsze z tych twierdzeń. Niech boki kątów będą równoległe i jednakowo skierowane (ryc. 191). Połączmy wierzchołki narożników linią prostą.

W takim przypadku możliwe są dwa przypadki: linia prosta przechodzi wewnątrz narożników lub na zewnątrz tych narożników (ryc. 191, b). W obu przypadkach dowód jest oczywisty: tak jest w pierwszym przypadku

ale skąd to mamy? W drugim przypadku mamy

a wynik ponownie wynika z równości

Dowody Twierdzeń 2 i 3 pozostawiamy Czytelnikowi. Można powiedzieć, że jeśli boki kątów są odpowiednio równoległe, to kąty są albo równe, albo sumują się, tworząc kąt przeciwny.

Oczywiście są one równe, jeśli oba są jednocześnie ostre lub oba są rozwarte, a ich suma jest równa, jeśli jeden z nich jest ostry, a drugi rozwarty.

Kąty o odpowiednio prostopadłych bokach są sobie równe lub uzupełniają się aż do kąta prostego.

Dowód. Niech a będzie pewnym kątem (ryc. 192), a O będzie wierzchołkiem kąta utworzonego przez linie proste; niech więc będzie dowolny z czterech kątów utworzonych przez te dwie linie proste. Obróćmy kąt (tj. oba jego boki) wokół jego wierzchołka O pod kątem prostym; otrzymujemy kąt mu równy, ale taki, którego boki są prostopadłe do boków obróconego kąta wskazanego na ryc. 192 do Są równoległe do tworzących się linii prostych dany kąt A. Dlatego kąty oznaczają, że kąty są albo równe, albo tworzą w sumie kąt odwrotny.