Kątowniki o bokach wzajemnie równoległych, kątowniki o bokach wzajemnie prostopadłych. Nauczanie planimetrii na kursie szkolnym

Kąt to część płaszczyzny ograniczona dwoma promieniami wychodzącymi z tego samego punktu. Promienie ograniczające kąt nazywane są bokami kąta. Punkt, z którego wychodzą promienie, nazywany jest wierzchołkiem kąta.

Schemat oznaczania kąta Rozważ przykład kąta pokazanego na rysunku 1.

Kąt pokazany na rysunku 1 można wyznaczyć na trzy sposoby:

Kąty nazywane są kątami równymi, jeśli można je łączyć.

Jeśli na przecięciu dwóch linii cztery równe kąty , wtedy takie kąty nazywane są kątami prostymi (ryc. 2). Nazywa się linie, które przecinają się i tworzą kąty proste prostopadłe linie.

Jeśli przez punkt A poprowadzi się prostą, nie leżącą na prostej l, prostopadłą do prostej l i przecinającą prostą l do punktu B, to mówią, że z punktu B spadła prostopadle do AB do linii l(rys. 3). Punkt B nazywa się podstawa prostopadłego AB.

Uwaga . Długość odcinka AB nazywa się odległość od punktu A do linii l.

Kąt 1° (jeden stopień) nazywa się kątem jedna dziewięćdziesiąta prosty kąt.

Kąt k razy większy niż kąt 1° nazywamy kątem k° (k stopni).

Kąty są również mierzone w radianach. O radianach przeczytasz w naszym poradniku „Pomiar kątów. Stopnie i radiany”.

Tabela 1 - Rodzaje kątów w zależności od wartości w stopniach

Obrazek	Rodzaje narożników	Właściwości narożne
	Prosty kąt	Kąt prosty to 90°
	Ostry róg	Ostry kąt mniejszy niż 90°
	Kąt rozwarty	Kąt rozwarty większy niż 90°, ale mniejszy niż 180°
	Rozszerzony kąt	Rozwinięty kąt to 180°
		Ten kąt jest większy niż 180 °, ale mniejszy niż 360 °
	pełny kąt	Pełny kąt to 360 °
	Kąt równy zero	Ten kąt wynosi 0°

Prosty kąt

Nieruchomość: Kąt prosty to 90°

Ostry róg

Nieruchomość: Ostry kąt mniejszy niż 90°

Kąt rozwarty

Nieruchomość: Kąt rozwarty większy niż 90°, ale mniejszy niż 180°

Rozszerzony kąt

Nieruchomość: Rozwinięty kąt to 180°

Kąt większy niż kąt

Nieruchomość: Ten kąt jest większy niż 180 °, ale mniejszy niż 360 °

pełny kąt

Nieruchomość: Pełny kąt to 360 °

Kąt równy zero

Nieruchomość: Ten kąt wynosi 0°

Tabela 2 - Rodzaje narożników w zależności od położenia boków

Obrazek	Rodzaje narożników	Właściwości narożne
	Pionowe kąty	Kąty pionowe są równe
	Przyległe narożniki	Suma kątów sąsiednich wynosi 180°
		Kąty o odpowiednio równoległych bokach są równe, jeśli oba są ostre lub oba są rozwarte
		Suma kątów o odpowiednio równoległych bokach wynosi 180°, jeśli jeden z nich jest ostry, a drugi rozwarty
		Kąty o odpowiednio prostopadłych bokach są równe, jeśli oba są ostre lub oba są rozwarte
		Suma kątów o odpowiednio prostopadłych bokach wynosi 180°, jeśli jeden z nich jest ostry, a drugi rozwarty

Pionowe kąty

Właściwość narożników pionowych: Kąty pionowe są równe

Przyległe narożniki

Właściwość sąsiednich narożników: Suma kątów sąsiednich wynosi 180°

Kąty z odpowiednio równoległymi bokami

Kąty o odpowiednio równoległych bokach są równe, jeśli oba są ostre lub oba są rozwarte

Własność kątów o odpowiednio równoległych bokach: Suma kątów o odpowiednio równoległych bokach wynosi 180°, jeśli jeden z nich jest ostry, a drugi rozwarty

Kąty o odpowiednio prostopadłych bokach

Kąty o odpowiednio prostopadłych bokach są równe, jeśli oba są ostre lub oba są rozwarte

Własność kątów o odpowiednio prostopadłych bokach: Suma kątów o odpowiednio prostopadłych bokach wynosi 180°, jeśli jeden z nich jest ostry, a drugi rozwarty

Definicja . Dwusieczna kąta to promień, który przecina kąt na pół.

Zadanie . Wykazać, że dwusieczne sąsiednich kątów są prostopadłe do .

Rozwiązanie . Rozważ rysunek 4.

Na tej figurze kąty AOB i BOC sąsiadują ze sobą, a promienie OE i OD są dwusiecznymi tych kątów. Ponieważ

2α + 2β = 180°.

co było do okazania

Na naszej stronie internetowej można również zapoznać się z materiałami edukacyjnymi opracowanymi przez nauczycieli ośrodka szkoleniowego Resolventa do przygotowania do egzaminu Unified State Examination i OGE z matematyki.

Dla uczniów, którzy chcą dobrze się przygotować i zdać egzamin lub OGE w matematyce lub rosyjskim za wysoki wynik Ośrodek szkoleniowy„Resolvent” posiada

Zorganizowaliśmy również dla dzieci w wieku szkolnym

53. Narożniki (rogi wewnętrzne) trójkąta nazywa się trzy kąty, z których każdy tworzą trzy promienie wychodzące z wierzchołków trójkąta i przechodzące przez dwa inne wierzchołki.

54. Twierdzenie o sumie trójkątów o kątach. Suma kątów trójkąta wynosi 180°.

55. narożnik zewnętrzny trójkąt nazywany jest kątem sąsiadującym z dowolnym kątem tego trójkąta.

56. narożnik zewnętrzny trójkąt jest równy sumie dwóch kątów trójkąta, które z nim nie sąsiadują.

57. Jeśli wszystkie trzy rogi trójkąt ostry, wtedy trójkąt nazywa się ostrokątny.

58. Jeśli jeden z rogów trójkąt głupi, wtedy trójkąt nazywa się rozwarty.

59. Jeśli jeden z rogów trójkąt proste, wtedy trójkąt nazywa się prostokątny.

60. Impreza trójkąt prostokątny leżący naprzeciwko kąta prostego nazywa się przeciwprostokątna(greckie słowo gyipotenusa - „zamawianie”), a dwie strony tworzące kąt prosty - nogi(łac. katetos – „pion”) .

61. Twierdzenie o związku boków i kątów trójkąta. W trójkącie większy kąt leży po przeciwnej stronie większego boku, i z powrotem, większy bok jest przeciwny do większego kąta.

62. W trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest dłuższa niż noga.

dlatego 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, następnie

ten trójkąt jest równoramienny;

Jeśli w trójkącie wysokość jest medianą lub dwusieczną,

wtedy 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 trójkąta prostokątnego wynosi 90°.

A + B = 90°

66. Właściwości trójkąta prostokątnego.

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

Jeśli/ A \u003d 30 °, a następnie BC = ½ AB

67. Właściwości trójkąta prostokątnego.

a) Jeżeli ramię trójkąta prostokątnego jest w połowie przeciwprostokątnej, to kąt przeciwny do tej nogi wynosi 30°.

Jeśli BC = ½ AB, to / B = 30°

B) Mediana przyciągana do przeciwprostokątnej jest równa połowie przeciwprostokątnej.

mediana CF = ½ AB

Znak równości trójkątów prostokątnych wzdłuż dwóch nóg.

Jeśli nogi jednego trójkąta prostokątnego są odpowiednio równe odnogom drugiego, to takie trójkąty są przystające.

Nauczanie planimetrii w kurs szkolny.

Liceum nr 000

Liceum nr 000.

„Jeżeli jedna i ta sama sprawa zostanie powierzona

dwóch równie nieświadomych tego

ludzie, a jeden z nich jest matematykiem,

wtedy matematyk zrobi to lepiej,

Wstęp

Mistrzostwo prawie każdego nowoczesny zawód wymaga pewnej wiedzy matematycznej. Idea roli matematyki w nowoczesny świat, wiedza matematyczna stała się niezbędnym składnikiem kultury ogólnej. Do samorealizacji życia, możliwości działalność produkcyjna w świecie informacji wymagane jest wystarczająco mocne zaplecze matematyczne.

Rola i miejsce matematyki w nauce i życiu społeczeństwa, wartość edukacji matematycznej, humanizacja i humanitaryzacja edukacji, rozumienie przedmiotu matematyki, struktura osobowości wyznaczają cele edukacji matematycznej. Istnieją trzy grupy celów, korelujące je z ogólnymi funkcjami edukacyjnymi, edukacyjnymi i praktycznymi.

Ø Edukacja matematyczna obejmuje opanowanie systemu wiedzy matematycznej, umiejętności i zdolności, który daje wyobrażenie o przedmiocie matematyki, jego języku i symbolach, okresach rozwoju, modelowaniu matematycznym, specjalnych technikach matematycznych, podstawowych ogólnonaukowych metodach poznania.

Ø Kształtowanie się światopoglądu uczniów, logiczne i heurystyczne elementy myślenia, wychowanie moralności, kultura komunikacji, samodzielność, aktywność, wychowanie pracowitości, odpowiedzialność za podejmowanie decyzji, chęć samorealizacji.

Ø Konkretyzacja poszczególnych składowych celów jest ważna dla budowania zestawu celów lekcji, adekwatności do treści przedmiotu materiał edukacyjny. Przekształcenie celów kształcenia w działania pozwoli diagnozować i zarządzać procesem doskonalenia wiedzy, umiejętności, rozwoju i edukacji ucznia.

Na poziomie rzeczywistego procesu edukacyjnego cele uczenia się są już formułowane z uwzględnieniem cech uczniów, możliwości różnicowania ich uczenia się.

W procesie matematycznej aktywności studentów arsenał technik i metod myślenia obejmuje indukcję i dedukcję, uogólnianie i konkretyzację, analizę i syntezę, klasyfikację i systematyzację, abstrakcję, analogię. Przedmioty wnioskowań matematycznych i zasady ich konstrukcji ujawniają mechanizm konstrukcji logicznych, rozwijają umiejętność formułowania, uzasadniania i dowodzenia sądów, a tym samym rozwijają logiczne myślenie. Wiodącą rolę odgrywa matematyka w kształtowaniu myślenia algorytmicznego, kształtowanie umiejętności działania według danego algorytmu i konstruowania nowych w trakcie rozwiązywania problemów, podstawa aktywności edukacyjnej na lekcjach matematyki. Rozwijają się kreatywne i stosowane strony myślenia.

sprzeciwy wobec skrócenia szkolnego kursu matematyki;

Uznanie programu kursu za przeładowany niepotrzebnymi lub zbyt specjalnymi informacjami (na przykład wiele formuł do zapamiętania);

mówić o widocznej niewystarczalności godzin przeznaczonych na matematykę (jako główne narzędzie rozwoju) logiczne myślenie dzieci w wieku szkolnym itp.);

wymagania dotyczące szkolnego kursu matematyki i egzaminów wstępnych; kwalifikacje nauczycieli matematyki, bo jakakolwiek reforma oświaty, jakakolwiek restrukturyzacja programu jest skazana na sukces tylko wtedy, gdy nauczyciele są do tego odpowiednio wcześniej i kompleksowo przygotowani.

Obecnie w arsenale nauczyciela jest całkiem sporo podręczników do każdej paraleli. Wybierając konkretny system, każdy nauczyciel oczywiście kieruje się własnymi kryteriami i specyfiką instytucji edukacyjnej. Należy jednak wziąć pod uwagę możliwość realizacji kolejnych powiązań między kursami, a także przeanalizować możliwość zorganizowania zróżnicowane uczenie się. Nauczyciel, w zależności od konkretnych warunków pracy, na poziomie wyszkolenia uczniów, może zorganizować pełnoprawny proces studiowania. Uczeń otrzymuje prawdziwa okazja, ucząc się w jednych klasach i według jednego programu, wybrać poziom przyswajania, który odpowiada ich potrzebom, zainteresowaniom, możliwościom. Obowiązkowe minimum w matematyce określa listę pytań, które powinny być przedstawione w programie i podręcznikach do matematyki, niezależnie od ich poziomu i przedmiotu. Innymi słowy, określone programy i podręczniki stosowane w instytucji mogą rozszerzyć ten poziom, ale nie mogą go zmniejszać ani ograniczać.

Wybór poziomu przygotowania matematycznego powinien być determinowany potrzebami uczniów, dlatego w instytucje edukacyjne humanitarne, prawne i inne profile, wskazane jest skorzystanie z pogłębionego programu z matematyki, ponieważ ich absolwenci chodzą również na politechniki, ponadto poważna matematyka jest niezbędna do kształtowania i rozwoju logicznego myślenia.

Istota geometrii jest sprzeczna: „... bada się w niej bezpośrednio idealne figury geometryczne, które w rzeczywistości nie istnieją, ale jej wnioski mają zastosowanie do rzeczywistych rzeczy, do praktycznych problemów”. Zadaniem każdego nauczyciela jest przybliżenie uczniom ich zrozumienia, jednocześnie nie zasłaniając uczniom samej geometrii licznymi ankietami, testami, testami, aby umożliwić dzieciom samodzielne wybranie poziomu znajomości geometrii. Każdy wybór jest godny celu stojącego przed uczniem, czasem ustalanego intuicyjnie, ale swobodnie. Często uparte dążenie do celu, wytrwałość w jego osiąganiu są zupełnie pozbawione sensu, zwłaszcza jeśli celem nauczyciela nie jest cel ucznia. Zapewne warto spróbować nauczyć się organizować zajęcia uczniów na zajęciach z geometrii, aby nie byli krępowani naszymi celami, naszymi pytaniami, aby byli otwarci na wszelkie spostrzeżenia. Dziecko chodzi do szkoły z wieloma pytaniami, ale sama szkoła przygotowała dla niego kilka razy więcej pytań. Odpowiada również na własne pytania, a nawet wpada w złość, gdy jej odpowiedzi są słabo odbierane.

Jeden ze sposobów poznania składa się z następujących etapów: myśl, ciąg myśli i wreszcie ściśle uzasadniony logicznie, pożądany wynik poszukiwań. Po drugie, więcej otwarta ścieżka Chciałbym realizować poprzez hojny zestaw zadań proponowanych do każdego tematu. Przy korzystaniu z tej ścieżki myśl nie spowalnia fantazji, nie zamyka intuicyjnych poszukiwań, nie ma pogoni za myślami, nie ma szybkiego skoku do celu, ale spokojna, niespieszna percepcja, panuje obserwacja, pojawia się wrażliwość, wydaje się outsiderem, ale czasem to obcy wzbogaca poszukiwania, prowadzi do celu. Jak często na lekcji poganiamy dzieci, popychamy je jak bicz ze słowami: „Pomyśl. Myśleć." A może naprawdę ten, kto nadmiernie poszukuje, może nie mieć czasu na znalezienie?

Naszym zadaniem z Wami jest poszukiwanie dróg prowadzących do poznania geometrii. Zastanówmy się, jak pomóc dzieciom odkryć prawdy, prawdy geometrii. Czym powinien kierować się nauczyciel, jaką taktykę i strategię powinien wybrać? Co powinien zrobić nauczyciel w klasie? Czy walczyć o wiedzę, zdolności, umiejętności, argumentować, że wiedza to potęga, czy za wszelką cenę starać się tak zorganizować proces edukacyjny, aby wiedza nie zaciemniała wiedzy, nie odciągała od niej duszy dziecka.

Być może mądrość nauczyciela tkwi w znajomości tajników odkrywania, tajników poznania, a w szczególności tajników geometrii, w umiejętności stworzenia takiej atmosfery w klasie, która przyczynia się do opanowania tych metod percepcji i poznawanie. Logika nauczyciela i logika ucznia, w jakich proporcjach powinny być na lekcji? Co wiecej? Być może, gdy nauczyciel nie zadaje serii dobrze przemyślanych pytań, ale sekwencję zadań, zastanawiając się nad tym, na co uczeń, jego myśl wykonuje całą pracę niezbędną do momentu oczekiwania na odkrycie. Wtedy logika nauczyciela pozostaje w wymaganej relacji z logiką ucznia. A może obrać intuicję jako podstawę poszukiwań, wyzwolić ją, pobudzić, polegać na niej? Albo coś innego?

Być może spośród wszystkich podręczników i spośród wszystkich lekcji podręcznik do klasy 7 jest najważniejszy, a pierwsza lekcja najbardziej odpowiedzialna, bo to oni wprowadzają do nauki systematyczny kurs. Od pierwszych lekcji, od przeczytania pierwszych stron podręcznika, zależy, czy proces uczenia się zakończy się sukcesem, czy uda się rozwinąć stałe zainteresowanie tematem wśród uczniów. Ani jeden uczeń nie jest przeszkodą w studiowaniu kursu geometrii na dowolnym poziomie. Jedyną przeszkodą może nie być złożoność materiału, nie trudność prezentacji, ale brak zainteresowania czytaniem kolejnych stron podręcznika. Jednak po przestudiowaniu teorii nawet na pierwszym poziomie (wizualnym) uczeń może rozwiązać każdy problem na ten temat, ponieważ będzie miał wystarczającą wiedzę, aby go rozwiązać.

Przejdźmy do scharakteryzowania poziomów opanowania materiału edukacyjnego i powiedz nauczycielowi, jak może znaleźć materiał związany z każdym z nich.

Pierwszy poziom to edukacja ogólna, humanitarna. Zawiera treści, które każdy uczeń powinien opanować. W geometrii badanie takiego materiału przebiega na poziomie wizualnym, dlatego pierwszy poziom nazywamy wizualnym. Zawiera definicje pojęć, którym towarzyszy duża liczba ilustracji, sformułowania twierdzeń, wyjaśnienie ich znaczenia na rysunkach oraz najprostsze wnioski logiczne.

Na drugim poziomie materiał pierwszego poziomu jest rozszerzany rozwiązywane są problemy natury użytkowej, pokazano, jak wiedza geometryczna jest stosowana do wiedzy o świecie. Nazywamy ten poziom poziomem stosowanym. Na tym poziomie oczekuje się od studentów opanowania dowodów większości twierdzeń.

Wreszcie trzeci poziom to znaczne pogłębienie materiału pierwszego poziomu, podane jest jego wystarczająco pełne uzasadnienie logiczne. Ten zaawansowany poziom obejmuje najtrudniejsze dowody twierdzeń, problemy teoretyczne. Trzeci poziom również jest problematyczny.

Wyróżniliśmy pierwszy poziom asymilacji - wizualnie - praktyczny, na którym uczniowie jako fizycy wydobywają informacje z doświadczenia. Uczeń musi wyobrazić sobie przedmiot, opisać go, rozwiązać proste zadanie. I nie ma znaczenia, że ​​jednocześnie nie potrafi dokładnie wymówić definicji. Na tym poziomie niezbędna jest wizualno-operacyjna wiedza na temat podmiotu, zawierająca reprezentacje wizualne i umiejętność prawidłowego z nimi operowania.

Studiując geometrię, konieczne jest zaproponowanie studentom samodzielnego sformułowania definicji konkretnego pojęcia. Robi się to wcale nie po to, aby chłopaki zapamiętali to później, ale aby uczestnicząc w tym procesie zagłębili się w znaczenie pojęcia, poznali strukturę samej definicji i kilka sformułowań twierdzeń. Przyczyni się to do głębszego przyswojenia odpowiedniego materiału edukacyjnego. Odkrycia chłopaków są świetną zachętą do nauki.

Powszechnie przyjmuje się, że kurs geometrii powinien uczyć logicznego myślenia. Często jednak wielu studentów nie tyle przyswaja sobie logikę sformułowań i dowodów, ile formalnie je zapamiętuje. Jednym z pierwszych sposobów przezwyciężenia tego niebezpieczeństwa jest zmniejszenie liczby sformułowań i dowodów, które uczeń musi znać (uczyć się, pamiętać). Jeśli chcemy uczyć logicznego myślenia, to musimy uczyć tego, a nie mechanicznego zapamiętywania gotowego rozumowania. Dlatego sformułowania należy traktować raczej jako ćwiczenia na rozwój logicznego myślenia, a nie jako postulaty, które trzeba znać na pamięć. Uczniom przydaje się demontowanie, a nie bezmyślne zapamiętywanie - jak najwięcej dowodów i możliwe rozwiązanie duża ilość problemy do dowodu: o wiele przyjemniej i pożyteczniej jest dla ucznia, jeśli sam to rozgryzł, samodzielnie wyciągnął przynajmniej mały wniosek i nie zapamiętał rozumowania innych ludzi (nie licząc oczywiście tych, które są szczególnie pouczające, dowcipne i elegancki).

Logika geometrii tkwi nie tylko w poszczególnych sformułowaniach, ale w całym ich systemie jako całości. Znaczenie każdej definicji, każdego twierdzenia, każdego dowodu jest ostatecznie określone tylko przez ten system. Co sprawia, że ​​geometria jest teorią holistyczną, a nie kolekcją indywidualne definicje i oświadczenia. Dlatego sugerujemy, aby koledzy starali się nie prosić uczniów o ocenę pojedynczego dowodu twierdzeń w określonym czasie, ale o przeprowadzenie tej ankiety do końca dość obszernego tematu jako ciągły test teoretyczny, co robimy na liceum. Chłopaki powinni przyzwyczaić się do samych pojęć i terminów „twierdzenie”, „dane”, „udowodnić”, „dowód”, zrozumieć ich znaczenie. Oczywiście twierdzenia muszą być udowodnione. Może być więcej niż jeden raz, aby przeanalizować ich dowody w klasie: frontalnie w parach, na różne rysunki. Jest całkiem możliwe, że z naszego punktu widzenia przed udowodnieniem twierdzenia, zaraz po przeanalizowaniu jego sformułowania, powinniśmy przystąpić do rozwiązywania problemów. A kiedy uczniowie przyzwyczają się do sformułowania, zrozumieją jego znaczenie, możesz zacząć analizować dowody. Do tego czasu uczniowie w pewnym stopniu rozwiną już zamiłowanie do poszukiwania prawdy. Szacunek dla niej.

Oczywiście, jeśli nauczanie całkowicie ogranicza się tylko do właściwej wiedzy geometrycznej, to rozwijanie umiejętności logicznego myślenia i elementów światopoglądu naukowego będzie się odbywało w ramach samej tylko tej nauki. Dlatego nauczyciel musi stale zwracać uwagę uczniów na powiązania geometrii z innymi naukami i praktyką oraz ukazywać uniwersalne (nie tylko dla geometrii) znaczenie wymogu dowodu i dokładności w ustalaniu prawdy. Ten moment jest szczególnie ważny dla tych uczniów, którzy mają niewystarczającą motywację do studiowania geometrii jako nauki, w przeciwieństwie do zmotywowanych i zainteresowanych dzieci, które nie muszą być ponownie popychane i stymulowane, aby rozwiązywać złożone, zadania niestandardowe, rozważać różne opcje rozwiązania. Praktyka pokazuje również, że uczniowie uwielbiają słuchać opowieści nauczyciela o historii przedmiotu. Dla silniejszych uczniów, zainteresowanych po prostu rozwiązywaniem problemów pięknych, ciekawych, nietypowych w formie i sposobach rozwiązywania problemów, możliwe jest na pierwszej lekcji. Zadania, które pozwoliłyby uczniom odkryć dla siebie coś nowego. Dla uczniów niezmotywowanych proces jest ważny, chcą budować, rysować kształty geometryczne własnymi rękami i konieczne jest uzasadnienie swoich oczekiwań, szczególnie na pierwszych lekcjach, aby zaproponować im narysowanie ozdób zawierających różne kształty geometryczne, a następnie zapewniony zostanie emocjonalny początek tych lekcji. Pierwsza lekcja jest ważna, jak kamerton nadaje ton całej pracy.

Chciałbym podkreślić jedno: teraz, gdy nie ma obowiązkowego egzaminu z geometrii, może nie warto odwracać dziecka od tak pięknego, niewypowiedzianie użyteczna nauka jaka jest geometria? Może raz w życiu popracować cicho. Aby miecz znaku Damoklesa, ocena nie zawisła nad tobą. Aby na lekcji nauczyciel i uczeń byli równi pod względem wiedzy, możliwości. Być GEOMETRIĄ.

Z jakich zadań matematyka podstawowa uważany za najtrudniejszy? Zapewne większość czytelników odpowie: geometryczne. Czemu? Tak, bo w algebrze, trygonometrii, zasadach Analiza matematyczna cała seria algorytmów rozwiązywania typowe zadania. Jeśli istnieje algorytm, to jest program działania, a zatem trudności, jeśli występują, mają najczęściej charakter techniczny, a nie fundamentalny.

Kolejna sprawa to problemy geometryczne. Z reguły nie ma algorytmów ich rozwiązywania, a wybór najbardziej odpowiedniego dla z tej okazji twierdzenie z obszernej listy twierdzeń nie jest łatwe. Dlatego główny przepis ma charakter bardziej filozoficzny niż dydaktyczny: jeśli chcesz nauczyć się rozwiązywać problemy geometryczne - rozwiąż je! Istnieje jednak kilka ogólnych przepisów, które warto znać podczas rozwiązywania problemów geometrycznych. O tym Postanowienia ogólne chcielibyśmy porozmawiać.

Podczas rozwiązywania problemów geometrycznych zwykle stosuje się trzy główne metody: geometryczny- gdy wymagane twierdzenie jest wyprowadzone przy użyciu logicznego rozumowania na podstawie wielu znanych twierdzeń; algebRaic- gdy pożądana wartość geometryczna jest obliczana na podstawie różnych zależności między elementami kształtów geometrycznych bezpośrednio lub za pomocą równań; łączny- gdy na niektórych etapach rozwiązanie wykonuje się metodą geometryczną, a na innych - algebraiczną.

Bez względu na wybraną ścieżkę rozwiązania, sukces jej zastosowania zależy naturalnie od znajomości twierdzeń i umiejętności ich zastosowania. Nie rozważając tutaj wszystkich twierdzeń planimetrii, zwróćmy uwagę na te, które z jednej strony są aktywnie wykorzystywane w rozwiązywaniu problemów, ale z drugiej, jak pokazuje doświadczenie, nie zawsze są „na pierwszym poziomie pamięci”. ” wśród studentów. Trzeba te twierdzenia pokochać, uczynić z nich swoich pomocników, aby studenci dawali im pierwszeństwo.

Zastanówmy się nad tymi twierdzeniami i pokażmy dalej specyficzne zadania jak oni pracują.

Podczas rozwiązywania problemów z reguły ustalane są oddzielne etapy rozumowania. Odbywa się to dla wygody, aby łatwiej było śledzić tok rozumowania. I chciałbym też zauważyć: zadania będą o różnym stopniu trudności, ale te, które są najbardziej przydatne dla nauczyciela pod względem metodycznym.

Trójkąty i czworokąty.

Rozwiązując problemy dotyczące trójkątów i czworokątów zwracamy uwagę na następujące twierdzenia:

TWIERDZENIE 1. Równość kątów o wzajemnie prostopadłych bokach:

Jeśli oba są ostre lub oba są tępe i , , to .

TWIERDZENIE 2. Właściwości 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 segment zawarty między podstawami trapezu.

Właściwości te obowiązują również dla linii środkowej trójkąta, jeśli uznamy trójkąt za „zdegenerowany” trapez, którego jedna z podstaw ma długość równą zero.

TWIERDZENIE 3. W punktach przecięcia median, dwusiecznych, wysokości trójkąta:

A) trzy mediany trójkąta przecinają się w jednym punkcie (nazywa się to środkiem ciężkości trójkąta) i są w tym punkcie podzielone w stosunku 2:1, licząc od góry;

B) trzy dwusieczne trójkąta przecinają się w jednym punkcie;

C) trzy wysokości przecinają się w jednym punkcie (nazywa się to ortocentrum trójkąta).

TWIERDZENIE 4. Mediana w trójkącie prostokątnym:

W trójkącie prostokątnym mediana narysowana do przeciwprostokątnej jest równa jej połowie.

Twierdzenie odwrotne również jest prawdziwe: jeśli w trójkącie jedna z środkowych jest równa połowie boku, do którego jest narysowana, to ten trójkąt jest prostokątny

TWIERDZENIE 5. własność dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta:

Dwusieczna kąta wewnętrznego trójkąta dzieli bok, do którego jest rysowany, na części proporcjonalne do przeciwległych boków:

TWIERDZENIE 6. Relacje metryczne w trójkącie prostokątnym:

Jeśliib - nogi,c jest przeciwprostokątną,h - wysokość, oraz - rzuty nóg na przeciwprostokątną, a następnie: a) ; b) ; w) ; G) ; mi)

TWIERDZENIE 7. Wyznaczenie typu trójkąta na jego bokach:

Wynajmowaća,b,c - boki trójkąta, gdzie c - największy bok; następnie:

A) jeśli , to trójkąt jest ostry;

B) jeśli , to trójkąt jest prostokątny;

C) jeśli , to trójkąt jest rozwarty.

TWIERDZENIE 8. Relacje metryczne w równoległoboku:

Suma kwadratów przekątnych równoległoboku jest równa sumie kwadratów wszystkich jego boków:

.

Podczas rozwiązywania problemów geometrycznych często konieczne jest ustalenie równości dwóch segmentów (lub kątów). Wskazujemy trzy główne sposoby geometrycznego dowodu równości dwóch segmentów:

1) rozważ segmenty jako boki dwóch trójkątów i udowodnij, że te trójkąty są równe;

2) przedstawić odcinki jako boki trójkąta i udowodnić, że ten trójkąt jest równoramienny;

3) wymień cięcie a segment równy mu https://pandia.ru/text/78/456/images/image008_12.gif" width="17" height="19 src="> i udowodnij równość segmentów i .

Zadanie 1.Dwie wzajemnie prostopadłe linie przecinają bokiAB,PNE,PŁYTA CD,kwadrat ADABCD w kropkachMI,F,K,L odpowiednio. Udowodnij toEK=FL (patrz rysunek dla problemu nr 1).

Rozwiązanie: 1. Korzystając z pierwszego z powyższych sposobów równości dwóch segmentów, rysujemy segmenty, a następnie segmenty, które nas interesują EK oraz FL stają się bokami dwóch trójkątów prostokątnych EPK oraz FML(patrz rysunek do zadania nr 1).

2 . Mamy: PK=FM(Detale: PK=OGŁOSZENIE,AD=AB,AB=FM oznaczaPK=FM),(jako kąty o wzajemnie prostopadłych bokach, Twierdzenie 1). Tak więc (na nodze i ostry róg). Z równości trójkątów prostokątnych wynika równość ich przeciwprostokątnych, czyli odcinków EK oraz FL. ■

Zauważ, że przy rozwiązywaniu problemów geometrycznych często musisz wykonać dodatkowe konstrukcje, na przykład: rysowanie linii prostej, równoległej lub prostopadłej do jednej z tych na rysunku (tak jak zrobiliśmy w zadaniu 1); podwojenie mediany trójkąta w celu uzupełnienia trójkąta do równoległoboku (jak zrobimy w zadaniu 2), rysując pomocniczą dwusieczną. Istnieją przydatne dodatkowe konstrukcje związane z kołem.

Zadanie 2.boki są równea,b,c. Oblicz medianę narysowaną na bok c. (Patrz rysunek dla zadania 2).

Rozwiązanie: Podwajamy medianę, rozszerzając ASVR do równoległoboku i stosujemy do tego równoległoboku Twierdzenie 8. Otrzymujemy: , tj. skąd znajdujemy:

Zadanie 3.Udowodnij, że w dowolnym trójkącie suma median jest większa niż ¾ obwodu, ale mniejsza niż obwód.

Rozwiązanie: 1. Rozważ https://pandia.ru/text/78/456/images/image036_6.gif" width="131" height="41">; . Dlatego AM + MC >AC, następnie

https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="(!JĘZYK:Podpis:" 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)

Dodając nierówności (1), (2), (3) otrzymujemy: ,

tzn. udowodniliśmy, że suma median jest większa niż ¾ obwodu.

2. Podwajamy medianę BD , dopełniając trójkąt do równoległoboku (patrz rysunek dla zadania 3)..gif" width="80" height="24 src="> (4)

Podobnie: https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="(!JĘZYK:Podpis: Rys. dla problemu nr 3" align="left hspace=12" width="148" height="32"> (6)!}

Dodając nierówności (4), (5), (6) otrzymujemy: https://pandia.ru/text/78/456/images/image049_2.gif" align="left" width="159" height=" 93 "> Rozwiązanie: Niech ASV będzie trójkątem prostokątnym, https://pandia.ru/text/78/456/images/image051_2.gif" width="233" height="21"> (patrz rysunek dla problemu 4).

1. jako narożniki o wzajemnie prostopadłych bokach (https://pandia.ru/text/78/456/images/image054_2.gif" alt="(!LANG:Signature:" align="left" width="148" height="33">!} 2. Ponieważ (patrz Twierdzenie 4), to CM = MB, a następnie wnioskujemy, że Tak,

3. Skoro i (w końcu CD to dwusektor), to co trzeba było udowodnić. ■

Zadanie 5. Równoległobok z bokamia orazb dwusieczne są rysowane narożniki wewnętrzne(patrz rysunek dla problemu 5). Znajdź długości przekątnych czworokąta utworzonego na przecięciu dwusiecznych.

Rozwiązanie: 1 ..gif" width="27 height=17" height="17">(patrz rys.) jak w równoległoboku czyli wtedy Oznacza to, że w trójkącie ABC suma kątów A i B wynosi 900, to kąt K wynosi 900, czyli dwusieczne AE i BP są wzajemnie prostopadłe.

Podobnie wykazano wzajemną prostopadłość dwusiecznych AE i DQ, BP i CF, CF i DQ.

WNIOSEK: KLMN to czworobok o kątach prostych, czyli prostokąt. Przekątne prostokąta są równe, więc wystarczy znaleźć długość jednego z nich, na przykład KM.

2. Rozważmy, że ma AK - zarówno dwusieczną, jak i wysokość. Oznacza to, po pierwsze, trójkąt ABP jest równoramienny, tj. AB \u003d AR \u003d b, a po drugie, że odcinek AK jest również medianą trójkąta ABP, tj. K jest punktem środkowym dwusiecznej BP.

Udowodniono podobnie, że M jest środkiem dwusiecznej DQ.

3. Rozważ segment KM. Dzieli na pół segmenty BP i DQ. Ale środkowa linia równoległoboku (zauważ, że równoległobok to szczególny przypadek trapez; jeśli możemy mówić o linii środkowej trapezu, to równie dobrze możemy mówić o linii środkowej równoległoboku o takich samych właściwościach) przechodzącej przez punkty K i M (patrz Twierdzenie 2). Stąd KM jest segmentem na linii środkowej, a zatem .

4. Ponieważ i , to KMDP jest równoległobokiem, a zatem

Odpowiadać: ■

W rzeczywistości w procesie rozwiązywania problemu (na etapie 1 i 2) udowodniliśmy dość ważna własność: dwusieczne kątów przylegających do bocznej strony trapezu przecinają się pod kątem prostym w punkcie leżącym na linii środkowej trapezu.

Należy zauważyć, że główną metodą kompilacji równań w problemach geometrycznych jest metoda element wsparcia, czyli w następujący sposób: ten sam element (bok, kąt, powierzchnia, promień itp.) jest wyrażony w postaci znanych i nieznanych wielkości przez dwa różne sposoby a wynikowe wyrażenia są równe.

Dość często jako element odniesienia wybierany jest obszar. figury. Potem mówią, że do skompilowania równania używa się metoda powierzchniowa.

Konieczne jest nauczenie uczniów rozwiązywania podstawowych problemów, czyli takich. Które są częścią składową wielu innych zadań. Są to np. problemy ze znalezieniem podstawowych elementów trójkąta: mediana, wysokość, dwusieczna, promienie okręgów wpisanych i opisanych, pole.

Zadanie 6. W trójkącie ABC boki AB i BC są równe, BH to wysokość. Punkt jest zajęty po stronie BCD tak, aby (patrz rysunek dla zadania 6). Pod jakim względem segment?AD dzieli wysokość HH?

Rozwiązanie: 1. Wstawiamy BD = a, następnie CD = 4 a, AB = 5a.

2. Narysujmy odcinek (patrz rysunek dla zadania 6) Ponieważ NK jest linią środkową trójkąta ACD DK = KC = 2 a .

3. Rozważ trójkąt VNK. Mamy: BD = a,

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

Jeśli w problemie wymagane jest znalezienie stosunku dowolnych - lub wartości, to z reguły problem został rozwiązany metoda parametrów pomocniczych. Oznacza to, że na początku rozwiązywania problemu deklarujemy pewne wartość liniowa znany, oznaczający go np. literą a, a następnie wyrazić przez a ilości, których stosunek należy znaleźć. Po skompilowaniu pożądanej relacji parametr pomocniczy a kurczy się. Tak postępowaliśmy w zadaniu . Nasza rada: przy rozwiązywaniu problemów, w których wymagane jest znalezienie stosunku wielkości (w szczególności w problemach określania kąta - w końcu z reguły przy obliczaniu kąta rozmawiamy o znalezieniu tego funkcja trygonometryczna, czyli o stosunkach boków trójkąta prostokątnego), należy nauczyć studentów wyróżniania wprowadzenia parametru pomocniczego jako pierwszego etapu rozwiązania. Metodę parametrów pomocniczych stosuje się również w zadaniach, w których figura geometryczna zdefiniowane aż do podobieństwa.

Zadanie 7 . W trójkącie o bokach równych 10, 17 i 21 cm prostokąt jest wpisany w taki sposób, że dwa jego wierzchołki znajdują się po jednej stronie trójkąta, a pozostałe dwa wierzchołki są po dwóch pozostałych bokach trójkąta. Znajdź boki prostokąta, jeśli wiadomo, że jego obwód wynosi 22,5 cm.

Rozwiązanie. 1. Przede wszystkim definiujemy rodzaj trójkąta. Mamy: 102 = 100; 172 = 289; 212 = 441. Ponieważ 212 > 102 + 172, trójkąt jest rozwarty (patrz Twierdzenie 7), co oznacza, że ​​prostokąt można w niego wpisać tylko w jeden sposób: umieszczając dwa jego wierzchołki na większy bok trójkąt ABC (patrz rysunek dla problemu 7), gdzie AC \u003d 21 cm, AB \u003d 10 cm, BC \u003d 17 cm.

2. Znajdź wysokość BH trójkąta ABC. GG = 8 cm.

3. Umieść ED=x. Następnie EF = 11,25 -x(ponieważ obwód prostokąta DEFK wynosi 22,5 cm), BP \u003d 8 - x. Trójkąty BEF i ABC są podobne, co oznacza (w podobnych trójkątach stosunek odpowiadających im wysokości jest równy współczynnikowi podobieństwa), tj. skąd znajdujemy x = 6.

Odpowiedź: 6 cm, 5,25 cm ■

Przy rozwiązywaniu problemu posłużyliśmy się stwierdzeniem, że w takich trójkątach nie tylko boki, ale również odpowiadające im wysokości są proporcjonalne. Bardziej ogólny czynnik jest następujący, który jest, że tak powiem, uogólnionym twierdzeniem o podobieństwie:

Jeśli dwa trójkąty są podobne, to dowolny element liniowy (lub suma elementów liniowych) jednego trójkąta jest powiązany z odpowiednim elementem liniowym (lub sumą odpowiednich elementów liniowych) drugiego trójkąta jako odpowiadające boki.

W szczególności promienie okręgów opisanych lub wpisanych, obwody, odpowiadające im wysokości, mediany, dwusieczne dwóch podobnych trójkątów są powiązane jako odpowiadające boki.

Zadanie 8 .W trójkącie ABC kąt A jest dwa razy większy od kąta C, bok BC jest o 2 cm dłuższy niż bok AB, a AC = 5 cm. Znajdź AB i BC.

Rozwiązanie. 1. Narysuj dwusieczną AD kąta А..gif" alt="(!LANG:Signature:" align="left" width="148" height="33">!} 3. Trójkąty ABC i ABC są podobne, ponieważ mają również wspólny kąt B. Z podobieństwa trójkątów wnioskujemy, że tj.

4. Aby znaleźć X oraz w otrzymujemy układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi: gdzie

Odejmując drugie równanie od pierwszego, otrzymujemy 5y - 10 = 2y, czyli y = . Czyli x=4.

Odpowiedź: AB = 4 cm; BC = 6 cm ■

Bardzo często przy sporządzaniu stosunków odpowiednich boków w podobnych trójkątach w przypadkach nietrywialnych (trywialne przypadki podobieństwa były w zadaniu 6 i 7 - trójkąt odcinany był od ostatniego linią prostą równoległą do jednego z jego boków ), tych, którzy rozwiązują problem. Popełniają czysto techniczne błędy: albo mylą kolejność trójkątów (który jest pierwszy, a który drugi), albo bezskutecznie wybierają pary boków jako odpowiadające sobie. Nasza rada: jeśli zostanie stwierdzone podobieństwo trójkątów ABC i DEF, zalecamy postępować w następujący sposób: „wbić” boki jednego trójkąta w liczniki, na przykład tak: biorąc pod uwagę, że odpowiadające boki w podobnych trójkątach to te, które leżą naprzeciw siebie równe kąty, znajdź najprostsze pary odpowiednich boków; jeśli to AB i DE, BC i DF, to napisz: https://pandia.ru/text/78/456/images/image100_1.gif" align="left" width="121" height="96 src= ">b) tak, że można go wpisać w czworobok ok.okrągłości, konieczne i wystarczające jest, aby sumy długości jego przeciwległych boków były równe.

TWIERDZENIE 5. Wskaźniki metryczne w kole:

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

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

https://pandia.ru/text/78/456/images/image107_1.gif" width="13 height=19" height="19">, przeciwprostokątna - c (patrz rysunek). Oblicz promień r wpisanego koła.

Rozwiązanie. 1. Od środka O wpisanego koła narysuj promienie do punktów jego kontaktu z bokami trójkąta; biorąc pod uwagę, że są one prostopadłe do odpowiednich boków (patrz Twierdzenie 1, a), a następnie za pomocą Twierdzenia 1, b zaznaczamy pary równych segmentów: płyta CD= CE, AE= AF,B.D.=bf(patrz rys.).

2. Dlatego EODC- kwadrat (rogi) MI,D, C - bezpośrednie i UE= CD), to OE =OD= CD=CE= r. Następnie BD= a -r, AE =b-r oraz , odpowiednio, bf=BD = a– r,AF=AE=b-r.

3. Ponieważ AB= AF+Facebook, następnie c = (b-r) + (a –r), skąd .■

Zauważ, że jeśli problem dotyczy okręgu wpisanego w trójkąt (lub czworokąt), to prawie zawsze wskazane jest narysowanie promieni w punktach styku okręgu z bokami, biorąc pod uwagę, że promienie będą prostopadłe do odpowiednich boki i od razu zaznacz na rysunku pary równych odcinków (dla dwóch stycznych narysowanych do okręgu z danego punktu). Tak właśnie zrobiliśmy, rozwiązując powyższy problem.

Zwróć uwagę na formułę https://pandia.ru/text/78/456/images/image110_1.gif" width="43" height="44">, gdzie S to obszar, R to połowa obwodu trójkąta.

Jeśli chodzi o promień R opisany w pobliżu trójkąta koła, następnie dla trójkąta prostokątnego (przeciwprostokątna to średnica koła opisanego w pobliżu trójkąta prostokątnego), dla trójkąta nieprostokątnego zwykle stosuje się wzór https://pandia.ru/text /78/456/images/image114_1.gif "width="59 "height="41 src=">.

Zadanie 10. Biorąc pod uwagę prostokątny sektor kołowy.Okrąg o tym samym promieniu jest narysowany ze środkiem na końcu łuku sektora, który dzieli sektor na dwa trójkąty krzywoliniowe. W mniejszy z tych trójkątów wpisany jest okrąg (patrz rys.). Znajdź stosunek promieni wpisanego koła i sektora.

Rozwiązanie. 1. Wykonać niezbędne konstrukcje dodatkowe, które zwykle wykonuje się w przypadku styczności wewnętrznej lub zewnętrznej okręgów lub styczności okręgu i prostej: O2O3– linia centrów; W- punktem kontaktowym; O1O3– linia centrów; ALE- punktem kontaktowym; O3C O1C; Z- punkt dotykowy (patrz rys.).

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

Odpowiadać: . ■

Oto dwa dodatkowe dodatki dotyczące przydatnych dodatkowych konstrukcji: 1) jeśli dwa okręgi są styczne (wewnętrzne lub zewnętrznie), należy koniecznie narysować linię środków, czyli linię prostą przechodzącą przez środki okręgów stycznych i wziąć pod uwagę, że punkt styku leży na linii środków (tak zrobiliśmy przy rozwiązywaniu powyżej problemu, który był kluczem do sukcesu); 2) czasami przydaje się (jako dodatkowe konstrukcje) wykonanie tzw. „zdalnego” rysunku, czyli wyjęcie fragmentu istniejącego dość złożonego rysunku osobno do specjalnego opracowania (a zatem przy rozwiązywaniu problemu wyjęliśmy oddzielny fragment zawierający ∆ O1O2O3- patrz rys.).

Zadanie 11. Okrąg o promieniuR przechodzi przez dwa sąsiednie wierzchołki A iKwadrat D (patrz rys.). Odcinek BM stycznej do okręgu narysowanego z trzeciego wierzchołka B kwadratu jest dwa razy większy od tego ostatniego. Znajdź bok kwadratu.

Rozwiązanie. Wprowadźmy notację VA= x, BM = 2x. Kontynuujmy ten segment VA do przecięcia z okręgiem w punkcie DO. Następnie VK ∙ VA = VM2(patrz Twierdzenie 5, c), tj. VK ∙ x= 4x2, skąd znajdujemy: VC= 4x- oznacza, AK= Zx. Dalej, KAD = = 90°, więc KD to średnica koła. Z trójkąta prostokątnego ADK znajdź: AD2+ AK2= KD2, tj. x2+9x2= 4R 2, skąd X= https://pandia.ru/text/78/456/images/image125_0.gif" width="45" height="45 src=">. ■

Ortocentrum, czyli punkt przecięcia wysokości trójkąta, ma szereg interesujących właściwości: ortocentrum trójkąta ostrokątnego pokrywa się ze środkiem okręgu wpisanego w trójkąt, którego wierzchołki są podstawami wysokości danego trójkąta; w nieprostokątnym trójkącie ABC odległość od środka ortocentrum do wierzchołka B jest dwukrotnością odległości od środka okręgu opisanego wokół trójkąta do boku AC. Używamy ostatniej właściwości, aby wprowadzić pojęcie linii Eulera. Z oczywistych względów ograniczamy się do trójkąta ostrokątnego.

Więc pozwól H to ortocentrum, O to środek okręgu opisanego, OD AC,OD║bh,OGŁOSZENIE= DC(patrz rys.).

Narysujmy medianę BD i segment ON. trójkąty VNM oraz MOD są podobne, więc 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 °, to linia Eulera jest linią prostą przechodzącą przez wierzchołek C pod kątem prostym i środkiem O przeciwprostokątna AB, czyli mediana.

Kontynuujmy rozmowę o rozwiązywaniu problemów planimetrycznych. Przejdźmy do rozwiązywania problemów związanych z koncepcją powierzchni płaskiej sylwetki.

Zacznijmy, podobnie jak w poprzednich przypadkach, od zaznaczenia „działających” twierdzeń. Istnieją dwa takie twierdzenia dotyczące obliczania powierzchni.

TWIERDZENIE 1. Stosunek pól o podobnych figurach jest równy kwadratowi współczynnika podobieństwa.

TWIERDZENIE 2. a) Jeśli dwa trójkąty są równepodstawy, ich powierzchnie traktowane są jako wysokości.

b) Jeśli dwa trójkąty mają równe wysokości, to ichobszary są traktowane jako bazy.

I oczywiście sensowne jest podanie podstawowych wzorów do obliczania powierzchni płaskich figur.

1. Wzory na obszar trójkąta:

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

d) S = Rr, gdzie R=; R jest promieniem opisanego okręgu; r- promień okręgu wpisanego;

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

ROZDZIAŁ III.
RÓWNOLEGŁE LINIE

§ 40. KĄTY ODPOWIEDNIO RÓWNOLEGŁE
I PROSTOPADŁE BOKI.

1. Kąty o odpowiednio równoległych bokach.

Weźmy dwa punkty C i O na płaszczyźnie i narysujmy dwie pary promieni z tych punktów
SA || OM i CB || ON, aby kąty ACB i MON były albo ostre (ryc. 211) albo oba rozwarte (ryc. 212).

Kąty ACB i MON to odpowiednio kąty o bokach równoległych. Udowodnijmy, że te kąty są sobie równe.

Niech NE przecina OM w punkcie D. / DIA = / Mdv jak odpowiednie kąty z równoległym AC i MO i siecznym SW.

/ MDB = / MON, jako odpowiadające kąty przy równoległym CB i ON oraz siecznym MO, ale wtedy / DIA = / PON.

W konsekwencji, kąty o odpowiednio równoległych bokach są równe, jeśli oba są ostre lub oba rozwarte.

Skonstruujmy dwa kąty ostre ACB i MON o odpowiednio równoległych bokach (rys. 213): CA || MO i NE || ON i kontynuuj poza wierzchołek O boku kąta MON.

W wierzchołku O powstały dwa głębokie kąty EOM i FON (ponieważ sąsiadujący z nimi kąt MON jest ostry konstrukcyjnie).

Każdy z nich w sumie z kątem MON wynosi 2 d, a ponieważ / Pn = / DIA,
następnie / DIA+ / mój = 2 d oraz / DIA+ / FON = 2 d.

W konsekwencji, kąty z odpowiednio równoległymi bokami sumują się do 2

2. Narożniki o odpowiednio prostopadłych bokach.

Skonstruujmy dowolny kąt ostry ABC. Narysujmy promienie przez wierzchołek kąta prostopadle do jego boków, tak aby tworzyły kąt ostry.

BO_|_ BC i VC _|_ AB (rys. 214). Otrzymamy nowy kąt OBK.
Boki kątów ABC i OVK są wzajemnie prostopadłe.

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

Stąd wynika, że / ABC = / HVAC.

Zbudujmy arbitralne kąt rozwarty AOB i przeciągnij promienie przez jego wierzchołek prostopadle do jego boków, tak aby tworzyły kąt rozwarty.
OK_|_OA i OS_|_OV (rys. 215), kąt KOS jest rozwarty. Boki kątów AOB i KOS są zatem wzajemnie prostopadłe

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

Stąd wynika, że / AOB = / KOS.

Kąty o odpowiednio prostopadłych bokach są równe, jeśli oba są ostre lub oba rozwarte.

Skonstruujmy dowolny kąt ostry AOB i narysujmy prostopadłe do jego boków przez jego wierzchołek tak, aby tworzyły kąt ostry (ryc. 216).
Otrzymujemy: / COM = / AOW. Kontynuujemy bok OK poza wierzchołkiem O. Boki kąta EOM są prostopadłe do boków kąta AOB. W którym / EOM - tępy, jak do niego przylega / MKOl - ostry. / KOM+ / EOM = 2 d(jako sąsiednie kąty). Ale / KOM, jak wcześniej udowodniono, jest równy / AOW. Dlatego i / AOB + / EOM = 2 d.

Kąty z odpowiednio prostopadłymi bokami sumują się do 2d jeśli jeden jest ostry, a drugi tępy.

Rozważaliśmy kąty utworzone przez wzajemnie prostopadłe boki, gdy miały wspólny wierzchołek. Wyprowadzone przez nas właściwości będą również ważne w przypadku, gdy narożniki nie mają wspólnego wierzchołka.

Skonstruujmy dowolny kąt ostry AOB i przez jakiś punkt C (rys. 217) narysujemy promienie CE __|_OA i SK _|_ OB tak, aby kąt KSE był również ostry.

Kątowniki AOB do KSE są wykonane przez wzajemnie prostopadłe boki. Udowodnijmy, że są sobie równe. Aby to zrobić, przez punkt O (wierzchołek / AOB) przeprowadzimy OK "|| SK i OE" || SE. / KSE = / CFU”, ponieważ składają się z wzajemnie równoległych boków i oba są ostre. Ale / K"OE" = / AOB według sprawdzonych. W konsekwencji, / AOB = / KSE.

Jeśli będziemy kontynuować bok CE poza wierzchołek narożnika, otrzymamy / MSC w sąsiedztwie / KSE.
/ MSC + / KSE = 2 d, ale / KSE = / AOW, zatem / AOB + / MSC = 2 d.

TWIERDZENIE 1.Równość kątów o wzajemnie prostopadłych bokach:Jeśli i
zarówno ostre, jak i tępe i
,
, następnie
. TWIERDZENIE 2. Właściwości 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 segment zawarty między podstawami trapezu. Właściwości te obowiązują również dla linii środkowej trójkąta, jeśli uznamy trójkąt za „zdegenerowany” trapez, którego jedna z podstaw ma długość równą zero. TWIERDZENIE 3. W punktach przecięcia median, dwusiecznych, wysokości trójkąta:A) trzy mediany trójkąta przecinają się w jednym punkcie (nazywa się to środkiem ciężkości trójkąta) i są w tym punkcie podzielone w stosunku 2:1, licząc od góry;B) trzy dwusieczne trójkąta przecinają się w jednym punkcie;C) trzy wysokości przecinają się w jednym punkcie (nazywa się to ortocentrum trójkąta).TWIERDZENIE 4. Mediana w trójkącie prostokątnym:W trójkącie prostokątnym mediana narysowana do przeciwprostokątnej jest równa jej połowie. Twierdzenie odwrotne również jest prawdziwe: jeśli w trójkącie jedna z środkowych jest równa połowie boku, do którego jest narysowana, to ten trójkąt jest prostokątnyTWIERDZENIE 5. własność dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta:Dwusieczna kąta wewnętrznego trójkąta dzieli bok, do którego jest rysowany, na części proporcjonalne do przeciwległych boków:
TWIERDZENIE 6. Relacje metryczne w trójkącie prostokątnym:Jeśliaorazb- cewniki,c- przeciwprostokątnah- wzrost, oraz - rzuty nóg na przeciwprostokątną, następnie: a)
; b)
; w)
; G)
; mi)
TWIERDZENIE 7. Wyznaczenie typu trójkąta na jego bokach:Wynajmowaća, b, csą bokami trójkąta, gdzie c jest najdłuższym bokiem; następnie:Co 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:
. Podczas rozwiązywania problemów geometrycznych często konieczne jest ustalenie równości dwóch segmentów (lub kątów). Wskazujemy trzy główne sposoby geometrycznego dowodu równości dwóch segmentów: 1) rozważ segmenty jako boki dwóch trójkątów i udowodnij, że te trójkąty są równe; 2) przedstawić odcinki jako boki trójkąta i udowodnić, że ten trójkąt jest równoramienny; 3 ) wymień segment a segment równy temu , a segment b – segment równy i udowodnić równość segmentów i . Zadanie 1.Dwie wzajemnie prostopadłe linie przecinają bokiAB, pne, płyta CD, OGŁOSZENIEkwadratABCDw punktachmi, F, K, Lodpowiednio. Udowodnij toEK = FL(patrz rysunek dla problemu nr 1).R

Ryż. do zadania nr 1

Rozwiązanie: 1. Korzystając z pierwszego z powyższych sposobów równości dwóch odcinków, rysujemy odcinki
oraz
- to interesujące nas segmenty EK oraz FL stają się bokami dwóch trójkątów prostokątnych EPK oraz FML(patrz rysunek do zadania nr 1). 2

Ryż. do zadania nr 1

Mamy: PK = FM(Detale: PK = OGŁOSZENIE, OGŁOSZENIE = AB, AB = FM, oznacza,PK = FM), (jako kąty o wzajemnie prostopadłych bokach, Twierdzenie 1). Tak więc (wzdłuż nogi i pod kątem ostrym). Z równości trójkątów prostokątnych wynika równość ich przeciwprostokątnych, tj. segmenty EK oraz FL. ■ Zwróć uwagę, 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 zrobiliśmy to w zadaniu 1); podwojenie mediany trójkąta w celu uzupełnienia trójkąta do równoległoboku (jak zrobimy w zadaniu 2), rysując pomocniczą dwusieczną. Istnieją przydatne dodatkowe konstrukcje związane z kołem. Zadanie 2.Imprezy
równya, b, c. Oblicz medianę , narysowany na stronę c. (patrz rysunek dla zadania 2).R

Ryż. do zadania nr 2

Rozwiązanie: podwój medianę, dodając
do równoległoboku ASVR i do tego równoległoboku zastosuj Twierdzenie 8. Otrzymujemy: , tj.
skąd znajdujemy:
Zadanie 3.Udowodnij, że w dowolnym trójkącie suma median jest większa niż ¾ obwodu, ale mniejsza niż obwód.R
Rozwiązanie: 1. Rozważać
(patrz rysunek dla zadania 3) Mamy:
;
. Dlatego AM + MC >AC, następnie
(1) P

Ryż. do zadania nr 3

Po przeprowadzeniu podobnego rozumowania dla trójkątów AMB i BMC otrzymujemy:
(2)
(3) Dodając nierówności (1), (2), (3) otrzymujemy:
, t
.mi. udowodniliśmy, że suma median jest większa niż ¾ obwodu. 2. Podwoijmy medianę BD, dopełniając trójkąt do równoległoboku (patrz rysunek dla zadania 3). Następnie od
otrzymujemy: BK < pne + CK, tych.
(4) Podobnie:
(5)

Ryż. do zadania nr 3

(6) Dodając nierówności (4), (5), (6) otrzymujemy: , tj. suma median jest mniejsza niż obwód. ■ Zadanie 4.Udowodnij, że w nierównoramiennym trójkącie prostokątnym dwusieczna kąta prostego przecina kąt między medianą a wysokością wyprowadzoną z tego samego wierzchołka.R
Rozwiązanie: Niech ACB będzie trójkątem prostokątnym,
, CH to wzrost, CD to dwusieczna, CM to mediana. Wprowadzamy notację: (patrz rysunek dla zadania 4) . 1.
jako kąty o wzajemnie prostopadłych bokach () . 2

Ryż. do zadania nr 4

Dlatego
(patrz Twierdzenie 4), następnie CM = MB, a następnie z
dochodzimy do wniosku, że
Więc, 3. Skoro i (w końcu CD to dwusektor), to co trzeba było udowodnić. ■ Zadanie 5.Równoległobok z bokamia orazbRysowane są dwusieczne kątów wewnętrznych (patrz rysunek dla zadania 5). Znajdź długości przekątnych czworokąta utworzonego na przecięciu dwusiecznych.Rozwiązanie: 1 . AE - dwusieczna
BP jest dwusieczną
(patrz rys.) . jak w równoległoboku
tych. to Oznacza to, że w trójkącie ABK suma kątów A i B jest równa 90 0, to kąt K jest równy 90 0, czyli dwusieczne AE i BP są wzajemnie prostopadłe. ALE
wzajemna prostopadłość dwusiecznych AE i DQ, BP i CF, CF i DQ jest logicznie udowodniona. WNIOSEK: KLMN jest czworobokiem o kątach prostych, tj. prostokąt. Przekątne prostokąta są równe, więc wystarczy znaleźć długość jednego z nich, na przykład KM. 2

Ryż. do zadania numer 5

Rozważać
Ma AK - zarówno dwusieczną, jak i wysokość. Oznacza to, że po pierwsze trójkąt ABP jest równoramienny, tj. AB = AR = b, a po drugie, że odcinek AK jest również medianą trójkąta ABP, tj. K to środek dwusiecznej VR. Udowodniono podobnie, że M jest środkiem dwusiecznej DQ. 3. Rozważ segment KM. Dzieli na pół segmenty BP i DQ. Ale linia środkowa równoległoboku (zauważ, że równoległobok jest szczególnym przypadkiem trapezu; jeśli możemy mówić o linii środkowej trapezu, to równie dobrze możemy mówić o linii środkowej równoległoboku o tych samych właściwościach) przechodzi przez punkty K i M (patrz twierdzenie 2). Stąd KM jest segmentem na linii środkowej, a zatem
.4. Dlatego
oraz
, to KMDP jest równoległobokiem, a zatem. Odpowiadać:
■ W rzeczywistości w procesie rozwiązywania problemu (w etapach 1 i 2) wykazaliśmy dość ważną właściwość: dwusieczne kątów sąsiadujących z boczną stroną trapezu przecinają się pod kątem prostym w punkcie leżącym na linia środkowa trapezu. Należy zauważyć, że główną metodą kompilacji równań w problemach geometrycznych jest metodaelement podporowy, co jest następujące: ten sam element (bok, kąt, powierzchnia, promień itp.) jest wyrażany za pomocą znanych i nieznanych wielkości na dwa różne sposoby, a otrzymane wyrażenia są zrównane. Dość często jako element odniesienia wybierany jest obszar.figury. Potem mówią, że do skompilowania równania używa się metoda powierzchniowa. Konieczne jest nauczenie uczniów, jak rozwiązywać podstawowe problemy, tj. tych. Które są częścią składową wielu innych zadań. Są to np. problemy ze znalezieniem podstawowych elementów trójkąta: mediana, wysokość, dwusieczna, promienie okręgów wpisanych i opisanych, pole. Z piekło 6.W trójkącie ABC boki AB i BC są równe, BH to wysokość. Punkt jest zajęty po stronie BCDwięc
(patrz rysunek dla problemu 6). Pod jakim względem segment?OGŁOSZENIEdzieli wysokość WH?Rozwiązanie: 1. Wstawiamy BD = a, następnie CD = 4 a, AB = 5a.2

Ryż. do zadania numer 6

Narysujmy odcinek
(patrz rysunek dla zadania 6) Ponieważ NK jest linią środkową trójkąta ACD DK = KC = 2 a .3. Rozważ trójkąt VNK. Mamy: BD = a,DK = 2 a oraz
. Zgodnie z twierdzeniem Talesa
ale
Stąd i
■ Jeżeli w zadaniu trzeba znaleźć stosunek pewnych wielkości, to z reguły problem jest rozwiązany metoda parametrów pomocniczych. Oznacza to, że na początku rozwiązywania problemu deklarujemy pewną znaną wielkość liniową, oznaczając ją np. literą a, a następnie wyrazić przez a ilości, których stosunek należy znaleźć. Po skompilowaniu pożądanej relacji parametr pomocniczy a kurczy się. Tak postępowaliśmy w zadaniu . Nasza rada: przy rozwiązywaniu problemów, w których wymagane jest znalezienie stosunku wielkości (w szczególności w problemach wyznaczania kąta - wszak z reguły przy obliczaniu kąta mówimy o znalezieniu jego funkcji trygonometrycznej, tj. o stosunku boków trójkąta prostokątnego), należy uczyć studentów jako pierwszego etapu decyzji o alokacji wprowadzenia parametru pomocniczego. Metodę parametrów pomocniczych stosuje się również w problemach, w których figura geometryczna jest zdefiniowana aż do podobieństwa. Zadanie 7 .W trójkącie o bokach równych 10, 17 i 21 cm prostokąt jest wpisany w taki sposób, że dwa jego wierzchołki znajdują się po jednej stronie trójkąta, a pozostałe dwa wierzchołki są po dwóch pozostałych bokach trójkąta. Znajdź boki prostokąta, jeśli wiadomo, że jego obwód wynosi 22,5 cm.R
rozwiązanie . 1. Przede wszystkim definiujemy rodzaj trójkąta. Mamy: 10 2 = 100; 17 2 = 289; 21 2 = 441. Ponieważ 21 2 > 10 2 + 17 2 , to trójkąt jest rozwartokątny (patrz Twierdzenie 7), co oznacza, że ​​prostokąt można w niego wpisać tylko w jeden sposób: umieszczając dwa jego wierzchołki na większy bok trójkąta ABC (patrz rys. do zadania 7), gdzie AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm.