Enaki kot koti z med seboj pravokotnima stranicama. Koti z medsebojno vzporednimi stranicami, koti z medsebojno pravokotnimi stranicami

TEOREM 1.Enakost kotov z medsebojno pravokotnimi stranicami:če
oba ostra ali oba topa in
,
, To
. IZREK 2. Lastnosti srednje črte trapeza:A) srednja črta trapeza je vzporedna z osnovami trapeza;B) srednjica je enaka polovici vsote osnov trapeza;C) sredinska črta (in samo ona) razpolovi poljuben segment, ki je zaprt med osnovama trapeza. Te lastnosti veljajo tudi za srednjo črto trikotnika, če smatramo, da je trikotnik "izrojen" trapez, katerega ena od osnov ima dolžino enako nič. IZREK 3. Na presečiščih median, simetral, višin trikotnika:A) tri mediane trikotnika se sekajo v eni točki (imenuje se težišče trikotnika) in se na tej točki delijo v razmerju 2 : 1, šteto od vrha;B) tri simetrale trikotnika se sekajo v eni točki;C) tri višine se sekajo v eni točki (imenuje se ortocenter trikotnika).IZREK 4. Lastnost mediane v pravokotnem trikotniku:V pravokotnem trikotniku je mediana, potegnjena hipotenuzi, enaka njeni polovici. Velja tudi obratni izrek: če je v trikotniku ena od median enaka polovici stranice, na katero je narisana, potem je ta trikotnik pravokotenIZREK 5. lastnost simetrale notranjega kota trikotnika:Simetrala notranjega kota trikotnika deli stranico, na katero je narisan, na dele, sorazmerne z nasprotnimi stranicami:
IZREK 6. Metrične relacije v pravokotnem trikotniku:čeainb– noge,c– hipotenuza,h- višina, in - projekcije nog na hipotenuzo, potem: a)
; b)
; V)
; G)
; d)
IZREK 7. Določitev vrste trikotnika glede na njegove stranice:Pustitia, b, c– stranice trikotnika, pri čemer je c največja stranica; Nato:In če
, potem je trikotnik oster;B) če
, potem je trikotnik pravokoten;B) če
, potem je trikotnik topokotnik.IZREK 8. Metrične relacije v paralelogramu:Vsota kvadratov diagonal paralelograma je enaka vsoti kvadratov vseh njegovih stranic:
. Pri reševanju geometrijskih problemov morate pogosto ugotoviti enakost dveh segmentov (ali kotov). Naj navedemo trije glavni načini geometrijskega dokazovanja enakosti dveh segmentov: 1) obravnavajte segmente kot strani dveh trikotnikov in dokažite, da sta ti trikotnika enaka; 2) predstavi segmente kot stranice trikotnika in dokaži, da je ta trikotnik enakokrak; 3 ) zamenjajte segment A enak segment , in segment b – enako ji in dokažite enakost segmentov in . Naloga 1.Dve medsebojno pravokotni črti sekata straniceAB, B.C., CD, ADkvadratABCDna točkahE, F, K, Loz. Dokaži toE.K. = FL(glej sliko za nalogo št. 1).R

riž. k nalogi št.1

rešitev: 1. S prvo od zgornjih poti za enakost dveh odsekov narišemo odseke
in
- potem segmenti, ki nas zanimajo E.K. in FL postanejo stranice dveh pravokotnih trikotnikov EPK in FML(glej sliko za nalogo št. 1) . 2

riž. k nalogi št.1

Imamo: P.K. = FM(Več podrobnosti: P.K. = AD, AD = AB, AB = FM, pomeni,P.K. = FM), (kot koti z medsebojno pravokotnimi stranicami, 1. izrek). To pomeni (vzdolž kraka in ostrega kota). Iz enakosti pravokotnih trikotnikov sledi, da sta njuni hipotenuzi enaki, tj. segmenti E.K. in FL. ■ Upoštevajte, da je pri reševanju geometrijskih nalog pogosto treba narediti dodatne konstrukcije, na primer naslednje: narisati premico, vzporedno ali pravokotno na eno od tistih na sliki (kot smo storili pri nalogi 1); podvojitev mediane trikotnika, da trikotnik dopolnimo v paralelogram (to bomo storili v 2. nalogi), risanje pomožne simetrale. Obstajajo uporabne dodatne konstrukcije, povezane s krogom. Naloga 2.Stranke
enakaa, b, c. Izračunajte mediano , narisano na stran c (glej sliko za problem 2).R

riž. k nalogi št. 2

Rešitev: Podvojite mediano z dopolnitvijo
na paralelogram ACVR in uporabimo izrek 8 za ta paralelogram. Dobimo: , tj.
, kjer najdemo:
Naloga 3.Dokažite, da je v katerem koli trikotniku vsota median večja od ¾ obsega, vendar manjša od obsega.R
rešitev: 1. Razmislimo
(glej sliko za problem 3) Imamo:
;
. Ker AM + MS > AC, to
(1) str

riž. k problemu št. 3

Če izvedemo podobno sklepanje za trikotnika AMB in BMC, dobimo:
(2)
(3) Če seštejemo neenačbe (1), (2), (3), dobimo:
, T
.e. dokazali smo, da je vsota median večja od ¾ obsega. 2. Podvojimo mediano BD in trikotnik dopolnimo v paralelogram (glej sliko za nalogo 3). Potem od
dobimo: B.K. < B.C. + CK, tiste.
(4) Enako:
(5)

riž. k problemu št. 3

(6) Če seštejemo neenačbe (4), (5), (6), dobimo: , tj. vsota median je manjša od oboda. ■ Naloga 4.Dokaži, da v neenakokrakem pravokotnem trikotniku simetrala pravega kota razpolavlja kot med mediano in višino, narisano iz istega oglišča.R
rešitev: Naj bo ACB pravokotni trikotnik,

, CH – višina, CD – simetrala, SM – mediana. Vstavimo naslednji zapis: (glej sliko za problem 4) . 1.

kot koti z medsebojno pravokotnimi stranicami (). 2

riž. k problemu št. 4

Ker
(glej izrek 4), potem SM = MV in nato iz
sklepamo, da
Torej, 3. Ker je in (navsezadnje je CD simetrala), je bilo to potrebno dokazati. ■ Naloga 5.V paralelogramu s stranicamia inbnarisane so simetrale notranjih kotov (glej sliko k nalogi 5). Poiščite dolžine diagonal štirikotnika, ki nastanejo v presečišču simetral.rešitev: 1 . AE – simetrala
, BP – simetrala
(glej sliko). saj v paralelogramu
tiste. potem To pomeni, da je v trikotniku ABC vsota kotov A in B enaka 90 0, potem je kot K enak 90 0, to pomeni, da sta simetrali AE in BP medsebojno pravokotni. A
Medsebojna pravokotnost simetral AE in DQ, BP in CF, CF in DQ je logično dokazana. IZHOD: KLMN je štirikotnik s pravimi koti, tj. pravokotnik. Pravokotnik ima enake diagonale, zato je dovolj, da poiščemo dolžino ene od njih, na primer KM. 2

riž. k problemu št. 5

Razmislimo
Ima AK - simetralo in višino. To pomeni, prvič, da je trikotnik ABP enakokrak, tj. AB = AP = b, in drugič, da je odsek AK hkrati mediana trikotnika ABP, tj. K – sredina simetrale BP. Na podoben način dokažemo, da je M razpolovišče simetrale DQ. 3. Oglejmo si segment KM. Razpolovi segmenta BP in DQ. Toda srednja črta paralelograma (upoštevajte, da je paralelogram poseben primer trapeza; če lahko govorimo o srednji črti trapeza, potem lahko prav tako govorimo o srednji črti paralelograma, ki ima enako lastnosti) poteka skozi točki K in M (glej izrek 2). To pomeni, da je KM odsek na srednji črti in zato
.4. Ker
in
, potem je KMDP paralelogram in zato. odgovor:
■ Pravzaprav smo v procesu reševanja problema (na 1. in 2. stopnji) dokazali precej pomembno lastnost: simetrale kotov, ki mejijo na stranico trapeza, se sekajo pod pravim kotom v točki, ki leži na srednji črti trapeza. trapez. Treba je opozoriti, da je glavna metoda sestavljanja enačb v geometrijskih problemih metodanosilni element, ki je naslednji: isti element (stranico, kot, ploščino, polmer itd.) izrazimo preko znanih in neznanih količin na dva različna načina in dobljena izraza enačimo. Pogosto je območje izbrano kot referenčni elementfigure. Nato to rečemo za sestavo enačbe, ki jo uporabimo metoda območja.Šolarje je treba naučiti reševanja osnovnih problemov, tj. tiste. Ki so kot komponente vključeni v številne druge naloge. To so na primer problemi iskanja osnovnih elementov trikotnika: mediana, višina, simetrala, polmera včrtanega in opisanega kroga, ploščina. Z problem 6.V trikotniku ABC sta stranici AB in BC enaki, BH pa je višina. Na strani BC je vzeta točkaDtorej
(glej sliko za problem 6). V kakšnem razmerju je segmentADdeli višino VN?rešitev: 1. Naj bo BD = a, nato CD = 4 a, AB = 5a.2

riž. k problemu št. 6

Narišimo segment
(glej sliko za nalogo 6) Ker je NK srednjica trikotnika ACD, je DK = KC = 2 a .3. Razmislite o trikotniku VNK. Imamo: BD = a,DK = 2 a in
. Po Thalesovem izreku
Ampak
To pomeni
■ Če problem zahteva iskanje razmerja poljubnega števila količin, potem je problem praviloma rešen z uporabo metode pomožnih parametrov. To pomeni, da na začetku reševanja problema neko linearno količino razglasimo za znano in jo označimo na primer s črko A, nato pa to izrazite skozi A tiste količine, katerih razmerje je treba najti. Ko je zahtevana relacija sestavljena, pomožni parameter A se krči. Točno tako smo ravnali v problemu . Naš nasvet: pri reševanju problemov, v katerih je treba najti razmerje količin (zlasti pri problemih določanja kota - navsezadnje pri izračunu kota praviloma govorimo o iskanju njegove trigonometrične funkcije, tj. o razmerju med stranice pravokotnega trikotnika), je treba študente naučiti Prva stopnja rešitve je uvedba pomožnega parametra. Metoda pomožnih parametrov se uporablja tudi pri nalogah, kjer je geometrijski lik definiran na podobnost. Naloga 7.V trikotnik s stranicami 10, 17 in 21 cm je vpisan pravokotnik tako, da sta njegovi oglišči na eni strani trikotnika, drugi dve oglišči pa na drugih dveh stranicah trikotnika. Poišči stranice pravokotnika, če je znano, da je njegov obseg 22,5 cm.R
odločitev . 1. Najprej določimo vrsto trikotnika. Imamo: 10 2 = 100; 17 2 = 289; 21 2 = 441. Ker je 21 2 > 10 2 + 17 2, je trikotnik topokoten (glej izrek 7), kar pomeni, da lahko pravokotnik vanj vpišemo samo na en način: tako, da njegovi oglišči postavimo na večji stranica trikotnika ABC (glej sliko k nalogi 7), kjer je AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm

POGLAVJE III.
VZPOREDNO NEPOSREDNO

§ 40. KOTNIKI Z VZPOREDNIMI KOTI
IN PRAVOKOTNE STRANICE.

1. Koti z ustrezno vzporednimi stranicami.

Vzemimo dve točki C in O na ravnini in iz teh točk narišimo dva para žarkov
CA || OM in SV || ON tako, da sta kota ACB in MON oba ostra (slika 211) ali oba topa (slika 212).

Kota ACB in MON sta kota z vzporednima stranicama. Dokažimo, da sta ta kota med seboj enaka.

Naj CB seka OM v točki D. / DIA = / MDV, kot ustrezni koti za vzporednika AC in MO ter sekanto SV.

/ MDV = / MON, kot ustrezna kota za vzporednika CB in ON ter sekanto MO, potem pa / DIA = / PON

torej Kota z ustrezno vzporednima stranicama sta enaka, če sta oba ostra ali oba topa.

Sestavimo dva ostra kota ACB in MON z ustrezno vzporednima stranicama (slika 213): CA || MO in NE || ON in nadaljujemo čez oglišče O stranice kota MON.

V oglišču O sta nastala topa kota EOM in FON (ker je kot MON po konstrukciji oster).

Vsak od njih, prištet kotu MON, je 2 d, in od takrat / PON = / DIA,
to / DIA+ / MOE = 2 d in / DIA+ / FON = 2 d.

torej koti z ustrezno vzporednimi stranicami znašajo 2

2. Koti z ustrezno pravokotnimi stranicami.

Sestavimo poljuben ostri kot ABC. Skozi oglišče kota narišimo žarke, pravokotne na njegove stranice, tako da tvorijo oster kot.

BO_|_ BC in VC _|_ AB (risba 214). Dobili bomo nov kot OBK.
Stranici kotov ABC in OBC sta medsebojno pravokotni.

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

Sledi, da / ABC = / HVAC.

Sestavimo poljuben top kot AOB in skozi njegovo oglišče narišimo žarke, pravokotne na njegove stranice, tako da tvorijo top kot.
OK_|_OA in OS_|_OV (slika 215), kot KOS - top. Stranici kotov AOB in KOS sta medsebojno pravokotni, torej

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

Sledi, da / AOB = / KOS.

Koti z ustrezno pravokotnimi stranicami so med seboj enaki, če sta oba ostra ali oba topa.

Sestavimo poljuben ostri kot AOB in skozi njegovo oglišče narišimo navpičnici na njegove stranice tako, da tvorita oster kot (slika 216).
Dobimo: / COM = / AOB. Nadaljujmo stran OK čez oglišče O. Stranice kota EOM so pravokotne na stranice kota AOB. pri čemer / EOM - neumno, saj je zraven / MOK - pikantno. / KOM + / EOM = 2 d(kot sosednji koti). Ampak / KOM je, kot je bilo že dokazano, enako / AOB. Zato in / AOB + / EOM = 2 d.

Koti z ustrezno pravokotnimi stranicami seštejejo 2d, če je eden od njih oster, drugi pa top.

Obravnavali smo kote, ki jih tvorijo medsebojno pravokotne stranice, ko imajo skupno oglišče. Lastnosti, ki smo jih izpeljali, bodo veljale tudi v primeru, ko kota nimata skupnega vrha.

Sestavimo poljuben ostri kot AOB in skozi neko točko C (slika 217) narišimo žarka CE __|_OA in SK _|_ OB tako, da bo tudi kot KCE oster.

Koti AOB na KSE tvorijo medsebojno pravokotne stranice. Dokažimo, da sta med seboj enaka. Če želite to narediti, skozi točko O (vrh / AOB) bomo izvedli OK"||SK in OE" || SE. / KSE = / CFU", saj sta sestavljeni iz medsebojno vzporednih stranic in sta obe ostri. Ampak / K"OE" = / AOB glede na dokazano. torej / AOB = / KSE.

Če razširimo stranico CE čez oglišče vogala, dobimo / MSK v bližini / KSE.
/ MSC + / KSE = 2 d, Ampak / KSE = / AOB, torej / AOB + / MSK = 2 d.

Poučevanje planimetrije v šolskem tečaju.

Licej št. 000

Licej št. 000.

»Če je zaupana ista naloga

dva enako nevedna o tem

ljudje in eden od njih je matematik,

potem bo matematik to naredil bolje,«

Uvod

Obvladovanje skoraj vsakega sodobnega poklica zahteva določeno matematično znanje. Zamisel o vlogi matematike v sodobnem svetu je matematično znanje postalo nujen sestavni del splošne kulture. Za samouresničitev v življenju in možnost produktivne dejavnosti v informacijskem svetu je potrebno precej močno matematično ozadje.

Vloga in mesto matematike v znanosti in življenju družbe, vrednost matematičnega izobraževanja, humanizacija in humanizacija izobraževanja, razumevanje predmeta matematike in osebnostna struktura določajo cilje matematičnega izobraževanja. Ločimo tri skupine ciljev, ki jih povezujemo s splošnimi izobraževalnimi, izobraževalnimi in praktičnimi funkcijami.

Ø Matematično izobraževanje vključuje obvladovanje sistema matematičnega znanja, sposobnosti in veščin, ki daje predstavo o predmetu matematike, njenem jeziku in simboliki, obdobjih razvoja, matematičnega modeliranja, posebnih matematičnih tehnik in osnovnih splošnih znanstvenih metod spoznavanja.

Ø Oblikovanje svetovnega pogleda učencev, logičnih in hevrističnih komponent mišljenja, vzgoja morale, kulture komuniciranja, neodvisnosti, aktivnosti, vzgoja trdega dela, odgovornosti za odločanje in želje po samouresničevanju.

Ø Specifikacija ciljev posameznih komponent je pomembna za konstruiranje nabora učnih ciljev in ustreznost predmetni vsebini učnega gradiva. Preoblikovanje izobraževalnih ciljev v dejanja bo omogočilo diagnosticiranje in upravljanje procesa pridobivanja znanja, spretnosti, razvoja in izobraževanja študenta.

Na ravni dejanskega izobraževalnega procesa se učni cilji oblikujejo ob upoštevanju značilnosti učencev in možnosti diferenciacije njihovega učenja.

V procesu matematične dejavnosti študentov arzenal tehnik in metod razmišljanja vključuje indukcijo in dedukcijo, posplošitev in specifikacijo, analizo in sintezo, klasifikacijo in sistematizacijo, abstrakcijo in analogijo. Predmeti matematičnih sklepov in pravila za njihovo konstrukcijo razkrivajo mehanizem logičnih konstrukcij, razvijajo sposobnost oblikovanja, utemeljitve in dokazovanja sodb, s čimer se razvija logično mišljenje. Vodilna vloga pripada matematiki pri oblikovanju algoritemskega razmišljanja, razvijanju sposobnosti delovanja po danem algoritmu in konstruiranju novih med reševanjem problemov, osnova izobraževalnih dejavnosti pri pouku matematike. Razvijata se ustvarjalna in uporabna stran mišljenja.

ugovori zoper zmanjšanje šolskega predmeta matematike;

· ocenjevanje programa tečaja kot preobremenjenega z nepotrebnimi ali preveč posebnimi informacijami (na primer veliko formul, ki si jih je treba zapomniti);

· pogovori o očitnem pomanjkanju ur, namenjenih matematiki (kot glavnemu orodju za razvoj logičnega mišljenja pri šolarjih itd.);

zahteve šolskega predmeta matematike in sprejemnih izpitov; usposobljenosti učiteljev matematike, saj je vsaka izobraževalna reforma, vsako prestrukturiranje programa obsojeno na uspeh le, če so učitelji na to vnaprej in celovito pripravljeni.

Trenutno imajo učitelji v svojem arzenalu kar nekaj učbenikov za vsako vzporednico. Pri izbiri določenega sistema vsak učitelj seveda izhaja iz svojih kriterijev in specifike izobraževalne ustanove. Upoštevati pa je treba možnost izvajanja sukcesivnih povezav med predmeti ter analizirati tudi možnost organiziranja diferenciranega usposabljanja. Učitelj lahko glede na posebne delovne pogoje in stopnjo pripravljenosti študentov organizira celovit izobraževalni proces. Študent dobi realno možnost, da ob študiju v istem razredu in po istem programu izbere stopnjo učenja, ki ustreza njegovim potrebam, interesom in zmožnostim. Obvezni minimum pri matematiki določa seznam vprašanj, ki morajo biti predstavljena v programu in učbenikih za matematiko, ne glede na njihovo raven in usmeritev. Z drugimi besedami, posebni programi in učbeniki, ki se uporabljajo v določeni instituciji, lahko to raven razširijo, ne pa zmanjšajo ali znižajo.

Izbira stopnje matematičnega usposabljanja mora biti določena s potrebami študentov, zato je v izobraževalnih ustanovah humanistike, prava in drugih področij priporočljivo uporabiti poglobljen program matematike, saj njihovi diplomanti hodijo tudi na tehnične univerze, poleg tega so potrebni resni tečaji matematike za oblikovanje in razvoj logičnega mišljenja.

Bistvo geometrije je protislovno: "... neposredno preučuje idealne geometrijske figure, ki v resnici ne obstajajo, vendar so njeni zaključki uporabni za resnične stvari, za praktične probleme." Naloga vsakega učitelja je, da učencem približa njihovo razumevanje, ne da bi s številnimi anketami, testi, testi učencem zakrival samo geometrijo in otrokom dovolil, da sami izberejo svojo stopnjo znanja geometrije. Vsaka izbira je vredna cilja, ki je pred študentom, ki je včasih določen intuitivno, a svobodno. Pogosto sta vztrajno sledenje zastavljenemu cilju in vztrajanje pri njegovem doseganju popolnoma nesmiselna, še posebej, če cilj učitelja ni cilj učenca. Verjetno se je vredno poskusiti naučiti, kako organizirati dejavnosti učencev pri pouku geometrije tako, da ne bodo omejeni z našimi cilji, našimi vprašanji, da bodo odprti za vse vrste zaznav. Otrok gre v šolo z veliko vprašanji, šola sama pa je zanj pripravila nekajkrat več vprašanj. Sama odgovarja na svoja vprašanja in se celo jezi, ko so njeni odgovori slabo sprejeti.

Eden od načinov spoznanja je sestavljen iz naslednjih stopenj: misel, veriga misli in končno strogo logično utemeljen želeni rezultat iskanja. Drugo, bolj odprto pot bi želel izvajati z velikodušnim naborom nalog, predlaganih za vsako temo. Pri uporabi te poti misel ne upočasni fantazije, ne zapre intuitivnega iskanja, ni zasledovanja misli, ni hitrega skoka do cilja, ampak vladata umirjeno, nenagljeno zaznavanje in opazovanje, pojavi se občutljivost, se zdi biti tuj, včasih pa prav ta tuj obogati iskanje, pripelje do cilja. Kako pogosto v razredu otroke preganjamo in jih spodbujamo kot bič z besedami: »Pomisli. Pomisli." Ali pa je morda res, da nekdo, ki pretirano išče, morda nima časa najti?

Naša naloga je iskati poti do znanja geometrije. Razmišljali bomo o tem, kako pomagati otrokom, da sami odkrijejo resnice, resnice geometrije. Po čem naj se vodi učitelj, kakšno taktiko in strategijo naj izbere? Kaj naj učitelj počne pri pouku? Ali naj se zavzemamo za znanje, sposobnosti, veščine, češ da je znanje moč, ali se z vsemi močmi trudimo organizirati izobraževalni proces tako, da znanje ne zasenči znanja, ne odvrne otrokove duše od znanja.

Morda je modrost učitelja v poznavanju skrivnosti odkrivanja, skrivnosti spoznavanja in še posebej skrivnosti geometrije, v sposobnosti ustvarjanja vzdušja v razredu, ki olajša obvladovanje teh metod zaznavanja in spoznavanja. Učiteljeva in učenčeva logika, v kakšnem razmerju naj bosta pri pouku? Kaj še? Morda takrat, ko učitelj ne ponuja niza jasno premišljenih vprašanj, temveč zaporedje nalog, ki razmišljajo o katerih učenec, njegova misel opravi vse potrebno delo za trenutek pred odkritjem. Potem je učiteljeva logika v nujnem razmerju z učenčevo logiko. Ali pa bi morda morala biti osnova iskanja izbrati intuicijo, jo osvoboditi, spodbuditi, zanesti se nanjo? Ali kaj drugega?

Morda je med vsemi učbeniki in med vsemi lekcijami učbenik za 7. razred najpomembnejši in prva učna ura najbolj odgovorna, saj so ti tisti, ki uvajajo sistematičen potek učenja. Že od prvih lekcij, od branja prvih strani učbenika, je odvisno, ali bo učni proces uspešen in ali bodo učenci lahko razvili trajno zanimanje za predmet. Nobenemu študentu ni prepovedano študirati tečaja geometrije na kateri koli stopnji. Edina ovira morda ni zahtevnost snovi, ne težavnost podajanja, temveč nezainteresiranost za branje nadaljnjih strani učbenika. Vendar pa lahko študent, ki je preučil teorijo že na prvi (vizualni) stopnji, reši kateri koli problem na to temo, saj bo imel dovolj znanja za njegovo rešitev.

Preidimo na opredelitev stopenj obvladovanja učnega gradiva in povejmo učitelju, kako lahko odkrije gradivo, povezano z vsako od njih.

Prva stopnja je splošnoizobraževalna, humanitarna. Vsebuje vsebine, ki bi jih moral osvojiti vsak učenec. V geometriji preučevanje takega materiala poteka na vizualni ravni, zato prvo raven imenujemo vizualna. Vključuje definicije pojmov, ki jih spremlja veliko število ilustracij, formulacije izrekov, razlago njihovega pomena v risbah in preproste logične sklepe.

Na drugem nivoju se širi gradivo prvega nivoja, rešeni so aplikativni problemi, prikazano je, kako se geometrijsko znanje uporablja za poznavanje sveta. To raven imenujemo raven aplikacije. Na tej ravni se od študentov pričakuje, da obvladajo dokaze večine izrekov.

Končno je tretja stopnja bistveno poglabljanje snovi prve stopnje, podana je dokaj popolna logična utemeljitev. Ta napredna stopnja vključuje najtežje dokaze izrekov in teoretičnih problemov. Tudi tretja stopnja je problematična.

Identificirali smo prvo stopnjo asimilacije - vizualno - praktično, na kateri šolarji tako kot fiziki pridobivajo informacije izkustveno. Učenec si mora zamisliti predmet, ga opisati in rešiti preprost problem v zvezi z njim. In ni pomembno, če hkrati ne more natančno izgovoriti definicije. Na tej ravni je bistvenega pomena vizualno in operativno poznavanje predmeta, ki vsebuje vizualne predstave in sposobnost pravilnega delovanja z njimi.

Pri študiju geometrije je potrebno študente povabiti, da samostojno oblikujejo definicijo določenega pojma. To ni storjeno zato, da bi si ga otroci nato zapomnili, ampak zato, da bi se s sodelovanjem v tem procesu poglobili v pomen pojma, spoznali strukturo same definicije in več formulacij izrekov. To bo prispevalo k globlji asimilaciji ustreznega izobraževalnega gradiva. Otrokova odkritja so odlična spodbuda za učenje.

Splošno sprejeto je, da mora tečaj geometrije učiti logično razmišljanje. Vendar mnogi učenci pogosto ne asimilirajo logike formulacij in dokazov toliko, kot da si jih formalno zapomnijo. Eden prvih načinov za premagovanje te nevarnosti je zmanjšanje števila formulacij in dokazov, ki jih mora učenec poznati (naučiti, zapomniti). Če želimo učiti logično razmišljati, potem moramo učiti tega in ne mehaničnega pomnjenja že pripravljenih razmišljanj. Zato je treba formulacije obravnavati bolj kot vaje za razvoj logičnega mišljenja in ne kot postulate, ki jih je treba poznati na pamet. Koristno je, da učenci analizirajo in ne brezglavo zapomnijo čim več dokazov in rešijo čim več dokaznih problemov: za učenca je veliko bolj prijetno in koristno, če sam ugotovi, potegne vsaj majhen sklep. sam, namesto da bi se učil na pamet tuje razmišljanje (če seveda ne štejem tistih posebej poučnih, duhovitih in elegantnih).

Logika geometrije ni le v posameznih formulacijah, temveč v njihovem celotnem sistemu kot celoti. Pomen vsake definicije, vsakega izreka in dokaza je na koncu določen samo s tem sistemom. Zaradi česar je geometrija celostna teorija in ne zbirka posameznih definicij in izjav. Zato predlagamo, da naši kolegi poskušajo od študentov ne zahtevati ocene enega samega dokaza izrekov za določen čas, ampak to anketo speljejo do konca precej obsežne teme kot teoretičnega preizkusa, kar izvajamo na Liceju. . Otroci se morajo navaditi na same pojme in izraze »izrek«, »dano«, »dokazati«, »dokaz« in razumeti njihov pomen. Seveda je treba izreke dokazati. Morda bo treba njihove dokaze analizirati večkrat v razredu: frontalno v parih, na različnih risbah. Z našega vidika je povsem sprejemljivo, da pred dokazovanjem izreka takoj po analizi njegove formulacije začnemo reševati probleme. In ko se učenci navadijo na formulacijo in razumejo njen pomen, lahko začnejo analizirati dokaz. V tem času bodo učenci do neke mere razvili okus za iskanje resnice. Spoštovanje do nje.

Seveda, če je poučevanje popolnoma omejeno le na samo geometrijsko znanje, potem bo razvoj veščin logičnega mišljenja in elementov znanstvenega pogleda na svet potekal samo v okviru te znanosti. Zato mora učitelj učence nenehno opozarjati na povezanost geometrije z drugimi vedami in prakso ter pokazati univerzalni (in ne samo za geometrijo) pomen zahteve po dokaznosti in točnosti pri ugotavljanju resnice. Ta točka je še posebej pomembna za tiste učence, ki nimajo dovolj motivacije za študij geometrije kot vede, v nasprotju z motiviranimi in zainteresiranimi otroki, ki jih ni treba ponovno siliti in spodbujati k reševanju zapletenih, nestandardnih problemov, k razmišljanju o različnih rešitvah. opcije. Tudi praksa kaže, da učenci radi poslušajo učiteljeve zgodbe o zgodovini predmeta. Močnejše in zainteresirane učence lahko v prvi uri pozovemo k preprostemu reševanju problemov, ki so lepi, zanimivi in nenavadni po obliki in načinih reševanja. Problemi, ki bi učencem omogočili odkriti nekaj novega. Za nemotivirane učence je pomemben proces, ki želijo z lastnimi rokami graditi in risati geometrijske oblike, zato je treba predvsem v prvih učnih urah izpolniti njihova pričakovanja, jim ponuditi risanje ornamentov, ki vključujejo različne geometrijske oblike, nato pa čustveni začetek teh lekcij bo zagotovljen. Prva lekcija je pomembna, kot glasbene vilice daje ton celotnemu delu.

Poudaril bi eno stvar: morda zdaj, ko ni obveznega izpita iz geometrije, morda težnja po znanju ne bi smela odvrniti otroka od tako lepe, neverjetno uporabne vede, kot je geometrija? Mogoče enkrat v življenju delaj v miru. Da ne visi nad vami Damoklejev meč ocen in ocen. Tako, da sta pri pouku učitelj in učenec enakovredna v znanju in potencialih. Imeti GEOMETRIJO.

Katere naloge pri osnovni matematiki veljajo za najtežje? Verjetno bo večina bralcev odgovorila: geometrijsko. Zakaj? Da, ker so se v algebri, trigonometriji in na začetku matematične analize razvile cele vrste algoritmov za reševanje standardnih problemov. Če obstaja algoritem, potem obstaja program delovanja, zato so težave, če se pojavijo, največkrat tehnične in ne temeljne narave.

Geometrijske težave so nekaj drugega. Algoritmov za njihovo reševanje praviloma ni in izbira izreka, ki je za določen primer najprimernejši iz obširnega seznama izrekov, ni enostavna. Zato je glavni recept bolj filozofske kot didaktične narave: če se želite naučiti reševati geometrijske probleme, jih rešujte! Vendar pa obstaja nekaj splošnih načel, ki jih je koristno poznati pri reševanju geometrijskih problemov. Radi bi govorili o teh splošnih določbah.

Pri reševanju geometrijskih problemov se običajno uporabljajo tri glavne metode: geometrijski- ko je zahtevana izjava izpeljana z uporabo logičnega sklepanja iz številnih dobro znanih izrekov; algebnebeški- ko želeno geometrijsko veličino izračunamo na podlagi različnih odvisnosti med elementi geometrijskih likov neposredno ali z enačbami; kombinirano- ko se na nekaterih stopnjah rešitev izvaja z geometrijsko metodo, na drugih pa z algebraično metodo.

Ne glede na izbrano pot rešitve je uspešnost njene uporabe seveda odvisna od poznavanja izrekov in sposobnosti njihove uporabe. Ne da bi tukaj upoštevali vse izreke planimetrije, bodimo pozorni na tiste, ki se po eni strani aktivno uporabljajo pri reševanju problemov, po drugi strani pa, kot kažejo izkušnje, niso vedno »na prvi ravni spomina«. ” med študenti. Te izreke morate imeti radi, naj bodo vaši pomočniki, tako da jim bodo vaši učenci dali prednost.

Izrazimo te izreke in pokažimo, kako delujejo na določenih problemih.

Pri reševanju problemov se praviloma beležijo posamezne faze sklepanja. To je narejeno zaradi udobja, da bi lažje sledili poteku sklepanja. In rad bi še opozoril: naloge bodo različne težavnosti, a tiste, ki so za učitelja najbolj uporabne z metodološkega vidika.

TRIKOTNIKI IN ŠTIRIKOTNIKI.

Pri reševanju nalog o trikotnikih in štirikotnikih bodimo pozorni na naslednje izreke:

TEOREM 1. Enakost kotov z medsebojno pravokotnimi stranicami:

Če sta oba ostra ali sta oba topa in , potem .

IZREK 2. Lastnosti srednje črte trapeza:

A) srednja črta trapeza je vzporedna z osnovami trapeza;

B) srednjica je enaka polovici vsote osnov trapeza;

C) sredinska črta (in samo ona) razpolovi poljuben segment, ki je zaprt med osnovama trapeza.

Te lastnosti veljajo tudi za srednjo črto trikotnika, če smatramo, da je trikotnik "izrojen" trapez, katerega ena od osnov ima dolžino enako nič.

IZREK 3. Na presečiščih median, simetral, višin trikotnika:

A) tri mediane trikotnika se sekajo v eni točki (imenuje se težišče trikotnika) in se na tej točki delijo v razmerju 2 : 1, šteto od vrha;

B) tri simetrale trikotnika se sekajo v eni točki;

C) tri višine se sekajo v eni točki (imenuje se ortocenter trikotnika).

IZREK 4. Lastnost mediane v pravokotnem trikotniku:

V pravokotnem trikotniku je mediana, potegnjena hipotenuzi, enaka njeni polovici.

Velja tudi obratni izrek: če je v trikotniku ena od median enaka polovici stranice, na katero je narisana, potem je ta trikotnik pravokoten

IZREK 5. lastnost simetrale notranjega kota trikotnika:

Simetrala notranjega kota trikotnika deli stranico, na katero je narisan, na dele, sorazmerne z nasprotnimi stranicami:

IZREK 6. Metrične relacije v pravokotnem trikotniku:

čea inb - noge,c – hipotenuza,h je višina, in sta projekciji katet na hipotenuzo, potem: a) ; b) ; V) ; G) ; d)

IZREK 7. Določitev vrste trikotnika glede na njegove stranice:

Pustitia,b,c so stranice trikotnika, pri čemer je c največja stranica; Nato:

A) če , Potem je trikotnik oster;

B) če , Potem je trikotnik pravokoten;

C) če , potem je trikotnik topi.

IZREK 8. Metrične relacije v paralelogramu:

Vsota kvadratov diagonal paralelograma je enaka vsoti kvadratov vseh njegovih stranic:

Pri reševanju geometrijskih problemov morate pogosto ugotoviti enakost dveh segmentov (ali kotov). Naj navedemo trije glavni načini geometrijskega dokazovanja enakosti dveh segmentov:

1) obravnavajte segmente kot strani dveh trikotnikov in dokažite, da sta ti trikotnika enaka;

2) predstavi segmente kot stranice trikotnika in dokaži, da je ta trikotnik enakokrak;

3) zamenjajte segment A enakega odseka https://pandia.ru/text/78/456/images/image008_12.gif" width="17" height="19 src=">in dokažite enakost odsekov in .

Naloga 1.Dve medsebojno pravokotni črti sekata straniceAB,B.C.CD,AD kvadratABCD v točkahE,F,K,L ustrezno. Dokaži toEK =FL (glej sliko za nalogo št. 1).

rešitev: 1. S prvo od zgornjih poti za enakost dveh odsekov narišemo odseke in - nato odseke, ki nas zanimajo E.K. in FL postanejo stranice dveh pravokotnih trikotnikov EPK in FML(glej sliko za nalogo št. 1) .

2 . Imamo: PK =FM(Več podrobnosti: PK =A.D.AD=AB,AB =FM pomeniPK =FM),(kot koti z medsebojno pravokotnimi stranicami, 1. izrek). To pomeni (vzdolž kraka in ostrega kota). Iz enakosti pravokotnih trikotnikov sledi enakost njihovih hipotenuz, tj. E.K. in FL. ■

Upoštevajte, da morate pri reševanju geometrijskih problemov pogosto narediti dodatne konstrukcije, na primer naslednje: narisati ravno črto, vzporedno ali pravokotno na eno od tistih na sliki (kot smo storili pri nalogi 1); podvojitev mediane trikotnika, da trikotnik dopolnimo v paralelogram (to bomo storili v 2. nalogi), risanje pomožne simetrale. Obstajajo uporabne dodatne konstrukcije, povezane s krogom.

Naloga 2.Stranici sta enakia,b,c. Izračunajte mediano, narisano na stran c (glejte sliko za nalogo 2).

rešitev: Podvojimo mediano in jo dogradimo do paralelograma ACVR in uporabimo teorem 8 za ta paralelogram. Dobimo: , tj. , kjer najdemo:

Naloga 3.Dokažite, da je v katerem koli trikotniku vsota median večja od ¾ obsega, vendar manjša od obsega.

rešitev: 1. Razmislite o https://pandia.ru/text/78/456/images/image036_6.gif" width="131" height="41">; . Ker AM + MS > AC, to

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

Če seštejemo neenakosti (1), (2), (3), dobimo: ,

dokazali smo, da je vsota median večja od ¾ oboda.

2. Podvojimo mediano BD in trikotnik dopolnimo v paralelogram (glej sliko za nalogo 3)..gif" width="80" height="24 src="> (4)

Podobno: https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt=" Napis: Slika za nalogo št. 3" align="left hspace=12" width="148" height="32"> (6)!}

Če seštejemo neenakosti (4), (5), (6), dobimo: https://pandia.ru/text/78/456/images/image049_2.gif" align="left" width="159" height=" 93 "> rešitev: Naj bo DIA pravokotni trikotnik, https://pandia.ru/text/78/456/images/image051_2.gif" width="233" height="21"> (glej sliko za problem 4).

1. kot koti z medsebojno pravokotnimi stranicami (https://pandia.ru/text/78/456/images/image054_2.gif" alt=" Podpis:" align="left" width="148" height="33">!} 2. Ker (glej izrek 4), potem je SM = MV, in potem iz tega sklepamo, da Torej,

3. Ker je in (navsezadnje je CD simetrala), je bilo to potrebno dokazati. ■

Naloga 5. V paralelogramu s stranicamia inb Narisane so simetrale notranjih kotov (glej sliko k nalogi 5). Poiščite dolžine diagonal štirikotnika, ki nastanejo v presečišču simetral.

rešitev: 1 ..gif" width="27 height=17" height="17">(glej sliko). ker je v paralelogramu to pomeni, da je v trikotniku ABC vsota kotov A in B enaka 900, potem je kot K enak 900, to pomeni, da sta simetrali AE in BP medsebojno pravokotni.

Podobno je dokazana medsebojna pravokotnost simetral AE in DQ, BP in CF, CF in DQ.

IZHOD: KLMN je štirikotnik s pravimi koti, tj. pravokotnik. Pravokotnik ima enake diagonale, zato je dovolj, da poiščemo dolžino ene od njih, na primer KM.

2. Recimo, da ima He AK - simetralo in višino. To pomeni, prvič, da je trikotnik ABP enakokrak, tj. AB = AP = b, in drugič, da je odsek AK hkrati mediana trikotnika ABP, tj. K je razpolovišče simetrale BP.

Na podoben način dokažemo, da je M razpolovišče simetrale DQ.

3. Oglejmo si segment KM. Razpolovi segmenta BP in DQ. Toda srednja črta paralelograma (upoštevajte, da je paralelogram poseben primer trapeza; če lahko govorimo o srednji črti trapeza, potem lahko prav tako govorimo o srednji črti paralelograma, ki ima enako lastnosti) poteka skozi točki K in M (glej izrek 2). To pomeni, da je KM odsek na središčnici in zato .

4. Ker in , Potem KMDP je paralelogram, in zato

odgovor: ■

Pravzaprav smo v procesu reševanja problema (na stopnjah 1 in 2) dokazali precej pomembno lastnost: simetrale kotov, ki mejijo na stranico trapeza, se sekajo pod pravim kotom v točki, ki leži na srednji črti trapeza. trapez.

Treba je opozoriti, da je glavna metoda sestavljanja enačb v geometrijskih problemih metoda nosilni element, ki je naslednji: isti element (stranico, kot, ploščino, polmer itd.) izrazimo preko znanih in neznanih količin na dva različna načina in dobljena izraza enačimo.

Pogosto je območje izbrano kot referenčni element figure. Nato to rečemo za sestavo enačbe, ki jo uporabimo metoda območja.

Šolarje je treba naučiti reševanja osnovnih, torej tehničnih problemov. Ki so kot komponente vključeni v številne druge naloge. To so na primer problemi iskanja osnovnih elementov trikotnika: mediana, višina, simetrala, polmera včrtanega in opisanega kroga, ploščina.

Naloga 6. V trikotniku ABC sta stranici AB in BC enaki, BH pa je višina. Na strani BC je vzeta točkaD tako da (glej sliko za problem 6). V kakšnem razmerju je segmentAD deli višino VH?

rešitev: 1. Naj bo BD = a, nato CD = 4 a, AB = 5a.

2. Narišimo odsek (glej sliko za nalogo 6) Ker je NK srednjica trikotnika ACD DK = KC = 2 a .

3. Razmislite o trikotniku VNK. Imamo: BD = a,

DK = 2a in https://pandia.ru/text/78/456/images/image080_2.gif" width="84" height="41"> ampak To pomeni, da ■

Če problem zahteva iskanje razmerja nekaterih - ali količin, potem je problem praviloma rešen z uporabo metode pomožnih parametrov. To pomeni, da na začetku reševanja problema neko linearno količino razglasimo za znano in jo označimo na primer s črko A, nato pa to izrazite skozi A tiste količine, katerih razmerje je treba najti. Ko je zahtevana relacija sestavljena, pomožni parameter A se krči. Točno tako smo ravnali v problemu . Naš nasvet: pri reševanju problemov, v katerih je treba najti razmerje količin (zlasti pri problemih določanja kota - navsezadnje pri izračunu kota praviloma govorimo o iskanju njegove trigonometrične funkcije, tj. razmerja med stranice pravokotnega trikotnika), je treba študente naučiti Prva stopnja rešitve je uvedba pomožnega parametra. Metoda pomožnih parametrov se uporablja tudi pri nalogah, kjer je geometrijski lik definiran na podobnost.

Naloga 7. V trikotnik s stranicami 10, 17 in 21 cm je vpisan pravokotnik tako, da sta njegovi oglišči na eni strani trikotnika, drugi dve oglišči pa na drugih dveh stranicah trikotnika. Poišči stranice pravokotnika, če je znano, da je njegov obseg 22,5 cm.

rešitev. 1. Najprej določimo vrsto trikotnika. Imamo: 102 = 100; 172 = 289; 212 = 441. Ker je 212 > 102 + 172, je trikotnik topokotnik (glej izrek 7), kar pomeni, da lahko pravokotnik vanj vpišemo samo na en način: tako, da njegovi oglišči postavimo na večjo stranico trikotnika ABC ( glej sliko za nalogo 7 ), kjer je AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm.

2. Poišči višino VN trikotnika ABC. BH = 8 cm.

3. Postavimo ED=x. Potem EF = 11,25 –x(ker obseg pravokotnika DEFK enako 22,5 cm), BP = 8 – x. Trikotnika BEF in ABC sta si podobna, kar pomeni (pri podobnih trikotnikih je razmerje pripadajočih višin enako koeficientu podobnosti), tj. od koder najdemo x = 6.

Odgovor: 6 cm, 5,25 cm

Pri reševanju naloge smo uporabili trditev, da v podobnih trikotnikih niso sorazmerne samo stranice, ampak tudi pripadajoče višine. Bolj splošen dejavnik je naslednji, ki je tako rekoč posplošen podobnostni izrek:

Če sta si dva trikotnika podobna, potem je kateri koli element črte (ali vsota elementov črte) enega trikotnika povezan z ustreznim elementom črte (ali vsoto ustreznih elementov črte) drugega trikotnika kot ustrezne stranice.

Zlasti polmeri opisanih ali včrtanih krogov, obodi, ustrezne nadmorske višine, mediane in simetrale dveh podobnih trikotnikov so povezani kot ustrezne stranice.

Naloga 8.V trikotniku ABC je kot A 2-krat večji od kota C, stranica BC je za 2 cm večja od stranice AB in AC = 5 cm. Poišči AB in BC.

rešitev. 1. Narišimo simetralo AD kota A..gif" alt=" Podpis:" align="left" width="148" height="33">!} 3. Trikotnika ABC in ABC sta si podobna, saj je kot B teh trikotnikov skupen. Iz podobnosti trikotnikov sklepamo, da tj.

4. Najti X in pri dobimo sistem dveh enačb z dvema neznankama: kje

Če drugo enačbo odštejemo od prve, dobimo 5y – 10 = 2y, tj. y = . To pomeni npr. x=4.

Odgovor: AB = 4 cm; BC = 6 cm

Zelo pogosto pri sestavljanju odnosov ustreznih strani v podobnih trikotnikih v netrivialnih primerih (trivialni primeri podobnosti so bili v problemih 6 in 7 - trikotnik je bil od slednjega odrezan z ravno črto, vzporedno z eno od njegovih stranic), tisti, ki rešujejo problem. Delajo čisto tehnične napake: bodisi zamešajo vrstni red trikotnikov (kateri je prvi in kateri drugi), bodisi neuspešno izberejo pare stranic kot ustrezne. Naš nasvet: če je ugotovljena podobnost trikotnikov ABC in DEF, priporočamo, da nadaljujete na naslednji način: "zabijte" stranice enega trikotnika v števce, na primer takole: Glede na to, da so ustrezne stranice v podobnih trikotnikih tiste, ki ležijo nasproti enakih kotov, poiščite najpreprostejše pare ustreznih stranic; če sta to AB in DE, BC in DF, potem napišite: https://pandia.ru/text/78/456/images/image100_1.gif" align="left" width="121" height="96 src= " >b) tako da lahko namestiš cca.obseg, je nujno in zadostno, da sta vsoti dolžin njegovih nasprotnih strani enaki.

TEOREM 5. Metrična razmerja v krogu:

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

https://pandia.ru/text/78/456/images/image105_2.gif" alt=" Podpis: Slika 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 (glej sliko). Izračunajte polmer r včrtane krožnice.

rešitev. 1. Iz središča O včrtanega kroga narišite polmere do točk njegovega dotika s stranicami trikotnika; ob upoštevanju, da so pravokotne na ustrezne stranice (glej izrek 1, a), nato pa z uporabo izreka 1, b označimo pare enakih segmentov: CD= JV, AE= AF,BD =B.F.(glej sliko).

2. Ker EODC- kvadrat (koti E,D, C - ravno in EU= CD), potem OE =O.D.= CD = CE= r. Potem BD= A -r, AE =b –r in , oziroma, BF=BD = a– r,AF=AE =b–r.

3. Ker AB= AF+FB, To c = (b –r) + (a –r), od koder .■

Upoštevajte, da če se problem nanaša na krog, včrtan v trikotnik (ali štirikotnik), potem je skoraj vedno priporočljivo, da narišete polmere na stičnih točkah kroga s stranicami, pri čemer upoštevajte, da bodo polmeri pravokotni na pripadajočih stranic in na risbi takoj označite pare enakih odsekov (za dve tangenti, narisani na krožnico iz dane točke). To smo storili pri reševanju zgornjega problema.

Bodimo pozorni na formulo https://pandia.ru/text/78/456/images/image110_1.gif" width="43" height="44">, kjer je S površina, R– polobseg trikotnika.

Glede radija R krog, ki je obkrožen okoli trikotnika, potem za pravokotni trikotnik (hipotenuza je premer kroga, ki je obkrožen okoli pravokotnega trikotnika), za nepravokotni trikotnik se običajno uporablja formula https://pandia.ru/text/78 /456/images/image114_1.gif" width="59 " height="41 src=">.

Problem 10. Podan je pravokoten krožni sektor.Narisan je krog enakega polmera s središčem na koncu sektorskega loka, ki razdeli sektor na dva krivuljasta trikotnika. V manjšega od teh trikotnikov je vpisan krog (glej sliko). Poiščite razmerje polmerov včrtanega kroga in sektorja.

rešitev. 1. Izvedimo potrebne dodatne konstrukcije, ki se običajno izvajajo, ko gre za notranjo ali zunanjo tangentnost krogov ali tangentnost kroga in premice: O2O3– linija središč; IN- kontaktna točka; O1O3– linija središč; A– kontaktna točka; O3C O1C; Z– kontaktna točka (glej sliko).

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

Odgovor: . ■

Navedimo še dva dodatka o uporabnih dodatnih konstrukcijah: 1) če se dva kroga dotikata (notranje ali zunanje), potem je treba narisati črto središč, to je ravno črto, ki poteka skozi središča tangentnih krogov, in upoštevati, da leži stična točka na središčni liniji (to smo storili pri reševanju zgornjega problema, kar je bilo ključ do uspeha); 2) včasih je koristno (kot dodatne konstrukcije) narediti tako imenovano "oddaljeno" risbo, tj. ločeno vzeti del obstoječe precej zapletene risbe za posebno študijo (na primer pri reševanju problema smo vzeli ven ločen fragment, ki vsebuje ∆ O1O2O3– glej sliko).

Problem 11. Polmer krogaR poteka skozi dve sosednji točki A inD kvadrat (glej sliko). Odsek BM, ki se dotika kroga, ki je narisan iz tretjega oglišča B kvadrata, je dvakrat večja stranica slednjega. Poiščite stranico kvadrata.

rešitev. Uvedemo notacijo VA= x, VM = 2x. Nadaljujmo segment VA dokler ne preseka kroga v točki TO. Potem VK ∙ VA = VM2(glej izrek 5, c), tj. VK ∙ x= 4x2, kjer najdemo: VC= 4x- Pomeni, AK= Zx. Nadalje, KAD = = 90°, kar pomeni KD– premer kroga. Iz pravokotnega trikotnika ADK najdemo: AD2+ AK2= KD2, tj. x2+9x2= 4R 2, od koder X= https://pandia.ru/text/78/456/images/image125_0.gif" width="45" height="45 src=">. ■

Ortocenter, to je točka presečišča višin trikotnika, ima številne zanimive lastnosti: ortocenter ostrokotnega trikotnika sovpada s središčem kroga, včrtanega v trikotnik, katerega oglišča so osnove. višin danega trikotnika; v nepravokotnem trikotniku ABC je razdalja od ortocentra do oglišča B dvakrat večja od razdalje od središča okoli trikotnika opisanega kroga do stranice AC. Zadnjo lastnost uporabimo za uvedbo koncepta Eulerjeve premice. Zaradi vizualnih razlogov se bomo omejili na ostrokotni trikotnik.

Torej naj n– ortocenter, O – središče kroga, O.D. AC,OD║BH,AD= DC(glej sliko).

Narišimo mediano BD in segment ON. Trikotniki VNM in MOD podobno, kar pomeni https://pandia.ru/text/78/456/images/image128_0.gif" width="56" height="41 src=">.gif" width="17" height="16 src =">C = 90°, potem je Eulerjeva premica premica, ki poteka skozi oglišče C pravega kota in sredino O hipotenuza AB, tj. mediana.

Nadaljujmo pogovor o reševanju planimetričnih problemov. Preidimo na reševanje problemov, povezanih s konceptom območja ravninske figure.

Začnimo, kot v prejšnjih primerih, z identifikacijo "delovnih" izrekov. Obstajata dva taka izreka o izračunu površin.

TEOREM 1. Razmerje ploščin podobnih likov je enako kvadratu koeficienta podobnosti.

TEOREM 2. A) Če sta dva trikotnika enakabaze, potem so njihova območja povezana z njihovimi višinami.

b) Če imata dva trikotnika enake višine, potem njuniobmočja se obravnavajo kot baze.

In seveda je smiselno navesti osnovne formule za izračun površin ravninskih figur.

1. Formule za območje trikotnika:

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

d) S = Rr, Kje R=; R– polmer opisanega kroga; r- polmer včrtanega kroga;

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

Izrek o lastnostih kotov z ustrezno vzporednimi stranicami je treba upoštevati za primere, ko sta podana kota oba ostra ali oba topa ali pa je eden od njiju oster, drugi pa top.

Izrek se pogosto uporablja pri preučevanju lastnosti različnih figur in zlasti štirikotnika.

Navedba, da imajo stranice kotov z ustrezno vzporednimi stranicami lahko enako ali nasprotno smer, ki jo včasih najdemo v formulaciji izrekov, se šteje za nepotrebno. Če uporabimo izraz »smer«, potem bi bilo treba pojasniti, kaj je treba razumeti pod to besedo. Dovolj je, da učence opozorimo na dejstvo, da sta kota z ustrezno vzporednima stranicama enaka, če sta oba ostra ali oba topa, če pa je eden od kotov top, drugi pa oster, potem seštevek znaša 2d.

Izrek o kotih z ustrezno pravokotnimi stranicami lahko podamo takoj za izrekom o lastnosti kotov z ustrezno vzporednimi stranicami. Učenci dobijo primere uporabe lastnosti kotov z vzporednimi oziroma pravokotnimi stranicami v napravah in strojnih delih.

Vsota kotov trikotnika

Pri izpeljavi izreka o vsoti kotov trikotnika si lahko pomagamo z vizualnimi pripomočki. Trikotnik ABC izrežemo, njegove vogale oštevilčimo, nato jih odrežemo in prilepimo drug na drugega. Izkazalo se je, da je l+2+3=2d. Iz oglišča C trikotnika ABC nariši višino CD in trikotnik upogni tako, da bo višina razdeljena na pol, tj. oglišče C je padlo na točko D - osnovo višine. Prelomnica MN je srednjica trikotnika ABC. Nato sta enakokraka trikotnika AMD in DNB upognjena po svojih višinah, pri čemer oglišči A in B sovpadata s točko D in l+2+3=2d.

Ne smemo pozabiti, da uporaba vizualnih pripomočkov v sistematičnem tečaju geometrije ni namenjena nadomestitvi logičnega dokaza trditve z njenim eksperimentalnim preverjanjem. Vizualni pripomočki morajo učencem le olajšati razumevanje tega ali onega geometrijskega dejstva, lastnosti te ali one geometrijske figure in relativnega položaja njenih posameznih elementov. Pri določanju velikosti kota trikotnika je treba študente opozoriti na prej obravnavani izrek o zunanjem kotu trikotnika in navesti, da izrek o vsoti kotov trikotnika omogoča s konstrukcijo in izračunom ugotoviti številčno razmerje med zunanjimi in notranjimi koti, ki jim ne mejijo.

Kot posledica izreka o vsoti kotov trikotnika je dokazano, da je v pravokotnem trikotniku krak nasproti kota 30 stopinj enak polovici hipotenuze.

Med podajanjem snovi je treba učencem postavljati vprašanja in preproste naloge, ki jim bodo pomagale bolje razumeti novo snov. Na primer, katere črte imenujemo vzporedne?

V kateri legi transverzale tvorita vse kote dve vzporedni premici in je ta transverzala enaka?

Ravna črta, narisana v trikotniku vzporedno z osnovo, odreže majhen trikotnik od nje. Dokaži, da sta odrezani trikotnik in dani trikotnik skladna.

Izračunaj vse kote, ki se sekajo med dvema vzporednicama in prečnico, če je znano, da ima eden od kotov 72 stopinj.

Notranja enostranska kota sta enaka 540 oziroma 1230. Za koliko stopinj je treba eno od premic zavrteti okoli presečišča s prečnico, da bosta premici vzporedni?

Dokaži, da sta simetrali: a) dveh enakih, a ne nasprotnih kotov, ki ju tvorita dve vzporedni premici in prečnica, vzporedni, b) dva neenaka kota z istima premicama in prečnico pravokotni.

Dani sta dve vzporedni premici AB in CD ter sekanta EF, ki ju sekata v točkah K in L. Narisani simetrali KM in KN kotov AKL in BKL režeta odsek MN na premici CD. Poišči dolžino MN, če je znano, da je med vzporednikoma zaprta sekanta KL enaka a.

Kakšna je vrsta trikotnika, pri katerem: a) je vsota poljubnih dveh kotov večja od d, b) je vsota dveh kotov enaka d, c) je vsota dveh kotov manjša od d? Odgovor: a) ostrokoten, b) pravokoten, c) tupokoten. Kolikokrat je vsota zunanjih kotov trikotnika večja od vsote njegovih notranjih kotov? Odgovor: 2-krat.

Ali so lahko vsi zunanji koti trikotnika: a) ostri, b) topi, c) ravni? Odgovor: a) ne, b) da, c) ne.

Kateri trikotnik ima vsak zunanji kot dvakrat večji od vsakega notranjega kota? Odgovor: enakostranični.

Pri preučevanju tehnike vzporednih črt je treba uporabiti zgodovinsko, teoretično in metodološko literaturo, da bi v celoti oblikovali koncept vzporednih črt.

53.Koti (notranji koti) trikotnika se imenujejo trije koti, od katerih vsak tvorijo trije žarki, ki izhajajo iz oglišč trikotnika in gredo skozi drugi dve oglišči.

54. Izrek o vsoti kotov trikotnika. Vsota kotov trikotnika je 180°.

55. Zunanji kot trikotnika je kot, ki meji na neki kot tega trikotnika.

56. Zunanji kot trikotnika je enaka vsoti dveh kotov trikotnika, ki mu ne ležita.

57. Če vse tri vogale trikotnik začinjeno, potem se imenuje trikotnik ostrokoten.

58. Če enega od vogalov trikotnik Top, potem se imenuje trikotnik topokoten.

59. Če enega od vogalov trikotnik naravnost, potem se imenuje trikotnik pravokotne.

60. Stran pravokotnega trikotnika, ki leži nasproti pravega kota, se imenuje hipotenuza(grška beseda gyipotenusa - "krčenje") in dve strani, ki tvorita pravi kot - noge(latinska beseda katetos - "vodnik") .

61. Izrek o razmerjih med stranicami in koti trikotnika. V trikotniku večji kot je nasproti večje stranice, in nazaj, Večja stranica leži nasproti večjega kota.

62. V pravokotnem trikotniku Hipotenuza je daljša od noge.

Ker Večja stranica vedno leži nasproti večjega kota.

Znaki enakokrakega trikotnika.

Če je v trikotniku dva kota sta enaka, potem je enakokrak;

Če je v trikotniku simetrala je mediana ali višina,
potem je ta trikotnik enakokrak;

Če je v trikotniku mediana je simetrala ali višina, To

ta trikotnik je enakokrak;

Če je v trikotniku višina je mediana ali simetrala,

potem je ta trikotnik enakokrak.

64. Izrek. Neenakost trikotnika. Dolžina vsake stranice trikotnika je večja od razlike in manjša od vsote dolžin drugih dveh strani:

Lastnosti kotov pravokotnega trikotnika.

Vsota dveh ostrih kotov pravokotnega trikotnika je 90°.