Kenarları birbirine dik olan açılar eşittir. Kenarları birbirine paralel olan açılar, kenarları birbirine dik olan açılar

TEOREM 1.Karşılıklı dik kenarlarla açıların eşitliği:Eğer
hem keskin hem de geniş ve
,
, O
. TEOREM 2. Bir yamuğun orta çizgisinin özellikleri:A) yamuğun orta çizgisi yamuğun tabanlarına paraleldir;B) orta çizgi yamuğun tabanlarının toplamının yarısına eşittir;C) orta çizgi (ve yalnızca o), yamuğun tabanları arasında kalan herhangi bir parçayı ikiye böler. Bu özellikler, üçgenin tabanlarından birinin uzunluğu sıfıra eşit olan "dejenere" bir yamuk olduğunu düşünürsek üçgenin orta çizgisi için de geçerlidir. TEOREM 3. Bir üçgenin kenarortaylarının, açıortaylarının ve yüksekliklerinin kesişme noktalarında:A) bir üçgenin üç medyanı bir noktada kesişir (buna üçgenin ağırlık merkezi denir) ve bu noktada tepe noktasından sayılarak 2: 1 oranında bölünür;B) bir üçgenin üç açıortayları bir noktada kesişir;C) Üç yükseklik bir noktada kesişir (buna üçgenin diklik merkezi denir).TEOREM 4. Bir dik üçgende kenarortayın özelliği:Bir dik üçgende hipotenüse çizilen kenarortay bunun yarısına eşittir. Ters teorem de doğrudur: Bir üçgende kenar kenarlardan biri çizildiği tarafın yarısına eşitse bu üçgen dik açılıdırTEOREM 5. Bir üçgenin iç açısının ortaortasının özelliği:Bir üçgenin iç açısının açıortayı, çizildiği tarafı karşıt kenarlarla orantılı parçalara böler:
TEOREM 6. Bir dik üçgende metrik bağıntılar:EğerAVeB– bacaklar,C– hipotenüs,H- yükseklik, Ve - bacakların hipotenüse izdüşümleri, o zaman: a)
; B)
; V)
; G)
; D)
TEOREM 7. Kenarlarına göre üçgenin tipinin belirlenmesi:İzin vermekA, B, C– c en büyük kenar olacak şekilde üçgenin kenarları; Daha sonra:Ve eğer
, o zaman üçgen dar açılıdır;B) eğer
ise üçgen dik açılıdır;B) eğer
ise üçgen geniştir.TEOREM 8. Paralelkenarda metrik ilişkiler:Bir paralelkenarın köşegenlerinin karelerinin toplamı, tüm kenarlarının karelerinin toplamına eşittir:
. Geometrik problemleri çözerken genellikle iki parçanın (veya açının) eşitliğini sağlamanız gerekir. belirtelim İki parçanın eşitliğini geometrik olarak kanıtlamanın üç ana yolu: 1) parçaları iki üçgenin kenarları olarak düşünün ve bu üçgenlerin eşit olduğunu kanıtlayın; 2) parçaları bir üçgenin kenarları olarak temsil edin ve bu üçgenin ikizkenar olduğunu kanıtlayın; 3 ) segmenti değiştirin A eşit bir bölüm ve segment B – ona eşit ve parçaların eşitliğini kanıtlayın ve . Görev 1.Birbirine dik iki çizgi kenarları kesiyorAB, M.Ö., CD, ReklamkareABCDnoktalardae, F, k, Lsırasıyla. KanıtlaE.K. = FL(görev No. 1 için şekle bakın).R

Pirinç. 1 numaralı göreve

Çözüm: 1. İki parçanın eşitliği için yukarıdaki yollardan ilkini kullanarak parçaları çiziyoruz
Ve
- ilgilendiğimiz segmentler E.K. Ve FL iki dik üçgenin kenarları haline gelir EPK Ve FML(görev No. 1 için şekle bakın). 2

Pirinç. 1 numaralı göreve

Sahibiz: P.K. = FM(daha fazla detay: P.K. = Reklam, Reklam = AB, AB = FM, Araç,P.K. = FM), (Karşılıklı olarak dik kenarları olan açılar olarak, Teorem 1). Bu, (bacak boyunca ve dar açı boyunca) anlamına gelir. Dik üçgenlerin eşitliğinden hipotenüslerinin eşit olduğu sonucu çıkar. bölümler E.K. Ve FL. ■ Geometrik problemleri çözerken sıklıkla ek yapılar yapmanız gerektiğini unutmayın; örneğin aşağıdakiler: şekildekilerden birine paralel veya dik bir düz çizgi çizmek (görev 1'de yaptığımız gibi); Üçgeni bir paralelkenar olarak tamamlamak için üçgenin kenarortayını iki katına çıkarmak (bunu Problem 2'de yapacağız), bir yardımcı açıortay çizmek. Çemberle ilgili faydalı ek yapılar vardır. Görev 2.Partiler
eşitA, B, C. Medyanı hesapla , c tarafına çizilmiştir (problem 2 için şekle bakın).R

Pirinç. 2 numaralı soruna

Çözüm: Tamamlayarak medyanı ikiye katlayın
ACVR paralelkenarına uygularız ve Teorem 8'i bu paralelkenara uygularız: , yani.
, bulduğumuz yer:
Görev 3.Herhangi bir üçgende kenarortayların toplamının çevrenin ¾'ünden büyük, ancak çevreden küçük olduğunu kanıtlayın.R
çözüm: 1. Hadi düşünelim
(sorun 3 için şekle bakın) Elimizde:
;
. Çünkü AM + MS > AC, O
(1) P

Pirinç. 3 numaralı soruna

AMB ve BMC üçgenleri için benzer akıl yürütmeyi yürütürsek şunu elde ederiz:
(2)
(3) Eşitsizlikleri (1), (2), (3) toplayarak şunu elde ederiz:
, T
.e. medyanların toplamının çevrenin ¾'ünden büyük olduğunu kanıtladık. 2. Üçgeni bir paralelkenara tamamlayarak medyan BD'yi ikiye katlayalım (problem 3 için şekle bakın). sonra
şunu elde ederiz: B.K. < M.Ö. + CK, onlar.
(4) Aynı şekilde:
(5)

Pirinç. 3 numaralı soruna

(6) Eşitsizlikleri (4), (5), (6) topladığımızda şunu elde ederiz: , yani. medyanların toplamı çevreden küçüktür. ■ Görev 4.İkizkenar olmayan bir dik üçgende, bir dik açının ortaortayının kenarortay ile aynı tepe noktasından çizilen yükseklik arasındaki açıyı ikiye böldüğünü kanıtlayın.R
çözüm: ACB bir dik üçgen olsun,

, CH – yükseklik, CD – açıortay, SM – medyan. Aşağıdaki gösterimi tanıtalım: (sorun 4 için şekle bakın) . 1.

karşılıklı dik kenarları olan açılar olarak (). 2

Pirinç. 4 numaralı soruna

Çünkü
(bkz. Teorem 4), sonra SM = MV ve sonra da
Şu sonuca varıyoruz ki
Bu yüzden, 3. Ve (sonuçta CD bir açıortay olduğundan) kanıtlanması gereken şey budur. ■ Görev 5.Kenarları olan bir paralelkenardaA VeBiç açıların ortaortayları çizilir (problem 5 için şekle bakın). Ortayların kesişiminde oluşan dörtgenin köşegen uzunluklarını bulun.Çözüm: 1 . AE – açıortay
, BP – açıortay
(şekle bakın) . çünkü bir paralelkenarda
onlar. o zaman Bu, ABC üçgeninde A ve B açılarının toplamının 90 0'a eşit olduğu, ardından K açısının 90 0'a eşit olduğu, yani AE ve BP açıortaylarının karşılıklı olarak dik olduğu anlamına gelir. A
AE ve DQ, BP ve CF, CF ve DQ açıortaylarının karşılıklı dikliği mantıksal olarak kanıtlanmıştır. ÇIKTI: KLMN dik açılı bir dörtgendir; dikdörtgen. Bir dikdörtgenin köşegenleri eşit olduğundan bunlardan birinin uzunluğunu bulmak yeterlidir, örneğin KM. 2

Pirinç. 5 numaralı soruna

Hadi düşünelim
AK'si var - hem açıortay hem de yükseklik. Bu, öncelikle ABP üçgeninin ikizkenar olduğu anlamına gelir; AB = AP = B ve ikinci olarak AK doğru parçası aynı zamanda ABP üçgeninin ortancasıdır, yani. K – BP açıortayının ortası. Benzer şekilde M'nin DQ açıortayının orta noktası olduğu kanıtlanır. 3. KM segmentini düşünün. BP ve DQ segmentlerini ikiye böler. Ancak bir paralelkenarın orta çizgisi (paralelkenarın yamuğun özel bir durumu olduğuna dikkat edin; eğer bir yamuğun orta çizgisi hakkında konuşabiliyorsak, o zaman paralelkenarın orta çizgisi hakkında da eşit derecede iyi konuşabiliriz, bu da aynı özelliklere sahiptir) özellikleri) K ve M noktalarından geçer (bkz. teorem 2). Bu, KM'nin orta hatta bir segment olduğu anlamına gelir ve dolayısıyla
.4. Çünkü
Ve
KMDP bir paralelkenardır ve dolayısıyla. Cevap:
■ Aslında, problemi çözme sürecinde (1. ve 2. aşamalarda), oldukça önemli bir özelliği kanıtladık: bir yamuğun kenarına bitişik açıların açıortayları, yamuğun orta çizgisi üzerinde bulunan bir noktada dik açılarla kesişir. yamuk. Geometrik problemlerde denklem oluşturmanın ana yönteminin şu olduğu unutulmamalıdır: yöntemdestekleyici eleman, bu da şu şekildedir: Aynı eleman (kenar, açı, alan, yarıçap vb.) bilinen ve bilinmeyen nicelikler aracılığıyla iki farklı şekilde ifade edilir ve elde edilen ifadeler eşitlenir. Çoğu zaman bir alan referans unsuru olarak seçilirrakamlar. Daha sonra kullandığımız denklemi oluşturmak için şunu söyleriz: alan yöntemi. Okul çocuklarına temel sorunların nasıl çözüleceğini öğretmek gerekir; onlar. Diğer birçok göreve bileşen olarak dahil edilirler. Bunlar, örneğin bir üçgenin temel elemanlarını bulma problemleridir: kenarortay, yükseklik, açıortay, yazılı ve çevrelenmiş daire yarıçapı, alan. Z sorun 6.ABC üçgeninde AB ve BC kenarları eşittir ve BH yüksekliğidir. BC tarafında bir nokta alınırDBu yüzden
(sorun 6 için şekle bakın). Segmentin oranı nedir?ReklamVN'nin yüksekliğini bölüyor mu?Çözüm: 1. BD = olsun A, sonra CD = 4 A, AB = 5a.2

Pirinç. 6 numaralı soruna

Bir bölüm çizelim
(problem 6 için şekle bakın) NK üçgenin orta çizgisi olduğundan ACD DK = KC = 2 A .3. VNK üçgenini düşünün. Elimizde: BD = A,Bilmiyorum = 2 A Ve
. Thales teoremine göre
Ancak
Bunun anlamı
■ Bir problem herhangi bir sayıda büyüklüğün oranını bulmayı gerektiriyorsa, o zaman kural olarak problem çözülür yardımcı parametre yöntemini kullanarak. Bu, problemi çözmenin başlangıcında, bilinen bazı doğrusal miktarları örneğin harfle göstererek beyan ettiğimiz anlamına gelir. A ve ardından bunu aracılığıyla ifade edin A Oranı bulunması gereken miktarlar. Gerekli ilişki kurulduğunda yardımcı parametre A küçülüyor. Sorunda tam olarak bu şekilde davrandık . Bizim tavsiyemiz: miktarların oranını bulmanın gerekli olduğu problemleri çözerken (özellikle bir açı belirleme problemlerinde - sonuçta, kural olarak, bir açıyı hesaplarken, onun trigonometrik fonksiyonunu bulmaktan bahsediyoruz, yani. oranı hakkında) dik üçgenin kenarları) öğrencilere öğretilmelidir. Çözümün ilk aşaması bir yardımcı parametrenin tanıtılmasıdır. Yardımcı parametre yöntemi aynı zamanda geometrik bir şeklin benzerliğe kadar tanımlandığı problemlerde de kullanılır. Görev 7.Kenar uzunlukları 10, 17 ve 21 cm olan bir üçgenin içine iki köşesi üçgenin bir tarafında, diğer iki köşesi üçgenin diğer iki yanında olacak şekilde bir dikdörtgen yazılmıştır. Çevresinin 22,5 cm olduğu bilinen dikdörtgenin kenarlarını bulunuz.R
karar . 1. Öncelikle üçgenin türünü belirleyelim. Elimizde: 10 2 = 100; 17 2 = 289; 21 2 = 441. 21 2 > 10 2 + 17 2 olduğundan, üçgen geniş açılıdır (bkz. Teorem 7), bu da içine bir dikdörtgenin yalnızca tek bir şekilde yazılabileceği anlamına gelir: iki köşesi daha büyük olanın üzerine yerleştirilerek. ABC üçgeninin kenarı (bkz. problem 7'deki şekil), burada AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm.

BÖLÜM III.
PARALEL DOĞRUDAN

§ 40. SIRASINDA PARALEL AÇILAR İLE AÇILAR
VE DİK KENARLAR.

1. Kenarları paralel olan açılar.

Düzlem üzerinde iki C ve O noktasını alalım ve bu noktalardan iki çift ışın çizelim.
CA || OM ve SV || ACB ve MON açılarının her ikisi de dar (Şek. 211) veya her ikisi de geniş (Şek. 212) olacak şekilde AÇIK.

ACB ve MON açıları sırasıyla kenarları paralel olan açılardır. Bu açıların birbirine eşit olduğunu kanıtlayalım.

CB'nin OM'yi D noktasında kesmesine izin verin. / DIA = / MDV, paralel AC ve MO ve sekant SV için karşılık gelen açılar olarak.

/ MDV = / MON, paralel CB ve ON ve sekant MO için karşılık gelen açılar olarak, ancak daha sonra / DIA = / MON.

Buradan, Kenarları paralel olan açıların her ikisi de dar veya her ikisi de genişse eşittir.

Kenarları paralel olan iki ACB ve MON dar açısını oluşturalım (Şekil 213): CA || MO ve NE || AÇIK ve MON açısının kenarındaki O tepe noktasının ötesine devam edin.

O tepe noktasında iki geniş açı EOM ve FON oluşturulmuştur (çünkü onlara bitişik olan MON açısı yapı itibariyle dardır).

MON açısına eklenen her biri 2 olur D, dan beri / PZT = / DIA,
O / DIA+ / MOE = 2 D Ve / DIA+ / FON = 2 D.

Buradan, karşılık gelen paralel kenarları olan açıların toplamı şuna eşittir: 2

2. Kenarları birbirine dik olan açılar.

Gelişigüzel bir ABC dar açısı oluşturalım. Işınları dar açı oluşturacak şekilde açının tepe noktasından kenarlarına dik olarak çizelim.

BO_|_ BC ve VC __|_ AB (çizim 214). Yeni bir OBK açısı elde edeceğiz.
ABC ve OBC açılarının kenarları birbirine diktir.

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

Şunu takip ediyor / ABC = / HVAC.

Rasgele bir geniş açı AOB oluşturalım ve ışınları geniş bir açı oluşturacak şekilde tepe noktasından kenarlarına dik olarak çizelim.
OK_|_OA ve OS_|_OV (Şek. 215), KOS açısı - geniş. AOB ve KOS açılarının kenarları birbirine dik olduğundan

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

Şunu takip ediyor / AOB = / KOS.

Kenarları birbirine dik olan açılar, eğer ikisi de dar veya her ikisi de genişse birbirine eşittir.

Rastgele bir akut açı AOB oluşturalım ve tepe noktasından kenarlarına dik açılar çizerek dar bir açı oluşturalım (Şekil 216).
Şunu elde ederiz: / COM = / AOB. OK kenarına O köşesinin ötesinde devam edelim. EOM açısının kenarları AOB açısının kenarlarına diktir. burada / EOM - aptal, çünkü ona bitişik / MOK - baharatlı. / KOM + / EOM = 2 D(komşu açılar gibi). Ancak / KOM, daha önce kanıtlandığı gibi, şuna eşittir: / AOB. Bu nedenle ve / AOB + / EOM = 2 D.

Karşılık gelen dik kenarları olan açıların toplamı şuna eşittir: 2d bunlardan biri keskin, diğeri geniş ise.

Ortak bir tepe noktasına sahip olduklarında karşılıklı dik kenarların oluşturduğu açıları dikkate aldık. Çıkardığımız özellikler açıların ortak köşe noktasının olmaması durumunda da geçerli olacaktır.

Rastgele bir AOB dar açısı oluşturalım ve bir C noktası boyunca (Şekil 217) CE __|_OA ve SK __|_ OB ışınlarını çizelim, böylece KSE açısı da dar olur.

AOB'den KSE'ye olan açılar karşılıklı dik kenarlarla yapılır. Birbirlerine eşit olduklarını kanıtlayalım. Bunu yapmak için O noktasından (tepe noktası) / AOB) OK"||SK ve OE'yi gerçekleştireceğiz" || SE. / KSE = / CFU", karşılıklı paralel kenarlardan oluştuğu ve her ikisi de keskin olduğu için. Ancak / K"OE" = / Kanıtlanmış göre AOB. Buradan, / AOB = / KSE.

CE kenarını köşenin tepe noktasının ötesine uzatırsak, şunu elde ederiz: / MSK bitişik / KSE.
/ MSC + / KSE = 2 D, Ancak / KSE = / AOB, Bu nedenle / AOB + / MSK = 2 D.

Bir okul dersinde planimetri öğretimi.

Lise No.000

Lise No. 000.

"Aynı görev verilirse

ikisi de bu konuda eşit derecede cahil

insanlar ve içlerinden biri bir matematikçi,

o zaman bir matematikçi bunu daha iyi yapar”

giriiş

Hemen hemen her modern mesleğe hakim olmak, belirli bir matematik bilgisi gerektirir. Modern dünyada matematiğin rolü fikri, matematiksel bilgi genel kültürün gerekli bir bileşeni haline gelmiştir. Hayatta kendini gerçekleştirme ve bilgi dünyasında üretken faaliyet olasılığı için oldukça güçlü bir matematik altyapısı gereklidir.

Matematiğin bilimde ve toplum yaşamındaki rolü ve yeri, matematik eğitiminin değeri, eğitimin insanileştirilmesi ve insanileştirilmesi, matematik konusunun anlaşılması ve kişilik yapısı matematik eğitiminin amaçlarını belirler. Genel eğitim, eğitim ve pratik işlevlerle ilişkilendirilen üç hedef grubu ayırt edilir.

Ø Matematik eğitimi, matematiğin konusu, dili ve sembolizmi, gelişim dönemleri, matematiksel modelleme, özel matematiksel teknikler ve temel genel bilimsel biliş yöntemleri hakkında fikir veren bir matematiksel bilgi, yetenek ve beceriler sistemine hakim olmayı içerir.

Ø Öğrencilerin dünya görüşünün oluşumu, düşünmenin mantıksal ve buluşsal bileşenleri, ahlak eğitimi, iletişim kültürü, bağımsızlık, etkinlik, sıkı çalışma eğitimi, karar verme sorumluluğu, kendini gerçekleştirme arzusu.

Ø Bireysel bileşen hedeflerinin belirlenmesi, bir dizi ders hedefi oluşturmak ve eğitim materyalinin konu içeriğine uygunluğu açısından önemlidir. Eğitimsel hedeflerin eyleme dönüştürülmesi, öğrencinin bilgi, beceri kazanma, gelişim ve eğitim sürecini teşhis etmeyi ve yönetmeyi mümkün kılacaktır.

Gerçek eğitim süreci düzeyinde, öğrencilerin özellikleri ve öğrenmelerini farklılaştırma olanakları dikkate alınarak öğrenme hedefleri oluşturulur.

Öğrencilerin matematiksel faaliyetleri sürecinde, düşünme teknikleri ve yöntemleri, tümevarım ve tümdengelim, genelleme ve spesifikasyon, analiz ve sentez, sınıflandırma ve sistemleştirme, soyutlama ve analojiyi içerir. Matematiksel çıkarımların nesneleri ve bunların yapım kuralları, mantıksal yapıların mekanizmasını ortaya çıkarır, yargıları formüle etme, gerekçelendirme ve kanıtlama yeteneğini geliştirir, böylece mantıksal düşünmeyi geliştirir. Algoritmik düşünmenin oluşmasında, belirli bir algoritmaya göre hareket etme yeteneğinin geliştirilmesinde ve matematik derslerinde eğitimsel etkinliklerin temeli olan problem çözme sürecinde yenilerini oluşturmada başrol matematiğe aittir. Düşünmenin yaratıcı ve uygulamalı yönleri gelişir.

okul matematik dersinin azaltılmasına itirazlar;

· Kurs programının gereksiz veya çok özel bilgilerle (örneğin, ezberlenmesi gereken çok sayıda formül) aşırı yüklü olduğunu düşünmek;

· matematiğe ayrılan saatlerin bariz yetersizliği hakkında konuşmalar (okul çocuklarında mantıksal düşünmenin gelişmesinin ana aracı olarak vb.);

okul matematik dersi ve giriş sınavlarının gereklilikleri; matematik öğretmenlerinin nitelikleri, çünkü herhangi bir eğitim reformu, programın herhangi bir yeniden yapılandırılması, ancak öğretmenlerin buna önceden ve kapsamlı bir şekilde hazırlanması durumunda başarıya mahkumdur.

Şu anda öğretmenlerin cephaneliklerinde her paralel için epeyce ders kitabı var. Belirli bir sistemi seçerken her öğretmen doğal olarak kendi kriterlerinden ve eğitim kurumunun özelliklerinden yola çıkar. Ancak kurslar arasında ardışık bağlantıların uygulanması olasılığını hesaba katmak ve farklılaştırılmış eğitim düzenleme olasılığını da analiz etmek gerekir. Öğretmen, belirli çalışma koşullarına ve öğrencilerin hazırlık düzeyine bağlı olarak tam teşekküllü bir eğitim süreci düzenleyebilir. Öğrenci aynı sınıfta ve aynı programa göre eğitim alarak kendi ihtiyaçlarına, ilgi alanlarına ve yeteneklerine uygun öğrenme düzeyini seçme konusunda gerçek bir fırsata sahip olur. Matematikte zorunlu minimum, seviyelerine ve odak noktalarına bakılmaksızın programda ve matematik ders kitaplarında sunulması gereken soruların listesini belirler. Başka bir deyişle, belirli bir kurumda kullanılan belirli programlar ve ders kitapları bu seviyeyi genişletebilir ancak azaltmaz veya kesmez.

Matematik eğitimi seviyesinin seçimi öğrencilerin ihtiyaçlarına göre belirlenmelidir, bu nedenle beşeri bilimler, hukuk ve diğer alanlardaki eğitim kurumlarında mezunları da gittiği için matematik alanında derinlemesine bir program kullanılması tavsiye edilir. teknik üniversitelerde ayrıca mantıksal düşünmenin oluşması ve gelişmesi için ciddi matematik dersleri gereklidir.

Geometrinin özü çelişkilidir: "... gerçekte var olmayan ideal geometrik şekilleri doğrudan inceler, ancak sonuçları gerçek şeylere, pratik problemlere uygulanabilir." Herhangi bir öğretmenin görevi, çok sayıda anket, test, testle geometrinin kendisini öğrencilerden gizlemeden ve çocukların kendi geometri bilgi seviyelerini seçmelerine izin vermeden, öğrencileri anlayışlarına yaklaştırmaktır. Her seçim öğrencinin karşı karşıya olduğu, bazen sezgisel olarak ama özgürce belirlenen hedefe layıktır. Çoğunlukla, belirlenen bir hedefe ısrarla bağlılık ve ona ulaşmada ısrar, özellikle öğretmenin hedefi öğrencinin hedefi değilse, tamamen anlamsızdır. Öğrencilerin geometri derslerindeki aktivitelerini, hedeflerimiz, sorularımız tarafından kısıtlanmamaları ve her türlü algıya açık olmaları için nasıl organize edeceklerini öğrenmeye çalışmak muhtemelen faydalı olacaktır. Bir çocuk okula birçok soruyla gider, ancak okul onun için birkaç kat daha fazla soru hazırlamıştır. Kendi sorularını yanıtlıyor ve hatta yanıtları yetersiz karşılandığında sinirleniyor.

Bilgi yollarından biri şu aşamalardan oluşur: bir düşünce, bir düşünce zinciri ve son olarak, araştırmanın kesinlikle mantıksal olarak gerekçelendirilmiş, arzu edilen sonucu. Her konu için önerilen cömert görevler dizisi aracılığıyla ikinci ve daha açık yolu uygulamak istiyorum. Bu yolu kullanırken düşünce fanteziyi yavaşlatmaz, sezgisel arayışı kapatmaz, düşüncelerin peşinde koşmaz, hedefe hızlı bir sıçrama olmaz ama sakin, telaşsız algı ve gözlem saltanatı, duyarlılık ortaya çıkar, öyle görünüyor yabancı olmak, ancak bazen arayışı zenginleştiren, hedefe götüren şey bu yabancılıktır. Sınıfta ne sıklıkla çocukları aceleye getiriyoruz ve onları şu sözlerle kamçı gibi teşvik ediyoruz: “Düşün. Düşünmek." Ya da aşırı arama yapan birinin bulmaya vaktinin olmayacağı doğru olabilir mi?

Görevimiz geometri bilgisine giden yolları aramaktır. Çocukların gerçekleri, geometrinin gerçeklerini keşfetmelerine nasıl yardımcı olabileceğimizi düşüneceğiz. Öğretmen neye rehberlik etmeli, hangi taktik ve stratejiyi seçmelidir? Bir öğretmen sınıfta ne yapmalıdır? Bilgiyi, yetenekleri, becerileri savunmalı mıyız, bilginin güç olduğunu mu savunmalıyız, yoksa tüm gücümüzle eğitim sürecini bilginin bilgiyi gölgelemeyeceği, çocuğun ruhunu bilgiden uzaklaştırmayacak şekilde düzenlemeye mi çalışmalıyız?

Belki de bir öğretmenin bilgeliği, keşfin sırlarını, bilişin sırlarını ve özellikle geometrinin sırlarını bilmekte, sınıfta bu algı ve biliş yöntemlerinde ustalaşmayı kolaylaştıran bir atmosfer yaratma becerisinde yatmaktadır. Öğretmenin mantığı ile öğrencinin mantığı derste nasıl bir ilişki içerisinde olmalıdır? Dahası? Belki de öğretmen açıkça düşünülmüş bir dizi soru değil, öğrencinin, düşüncesinin keşiften önceki an için gerekli tüm işi yaptığını yansıtan bir dizi görev sunduğunda. O halde öğretmenin mantığı öğrencinin mantığıyla gerekli ilişki içindedir. Ya da belki de arayışın temeli sezgiyi seçmek, onu özgürleştirmek, teşvik etmek, ona güvenmek mi olmalı? Veya başka bir şey?

Belki de tüm ders kitapları ve tüm dersler arasında 7. sınıf ders kitabı en önemlisidir ve ilk ders en sorumlu olanıdır çünkü çalışmaya sistematik bir ders getiren onlardır. İlk derslerden, ders kitabının ilk sayfalarının okunmasına kadar, öğrenme sürecinin başarılı olup olmayacağı ve öğrencilerin konuya karşı sürdürülebilir bir ilgi geliştirip geliştiremeyecekleri önemlidir. Hiçbir öğrencinin herhangi bir düzeyde geometri dersi alması engellenmez. Tek engel, materyalin karmaşıklığı ya da sunumun zorluğu değil, ders kitabının ileriki sayfalarını okumaya yönelik ilgi eksikliği olabilir. Ancak teoriyi ilk (görsel) seviyede incelemiş olan öğrenci, çözmek için yeterli bilgiye sahip olacağından bu konudaki herhangi bir problemi çözebilir.

Şimdi eğitim materyallerine hakim olma düzeylerini karakterize etmeye geçelim ve öğretmene bunların her biriyle ilgili materyali nasıl keşfedebileceğini anlatalım.

İlk seviye genel eğitim, insani eğitimdir. Her öğrencinin uzmanlaşması gereken içeriği içerir. Geometride bu tür malzemelerin incelenmesi görsel düzeyde gerçekleşir, bu nedenle birinci düzeyi görsel olarak adlandırırız. Çok sayıda illüstrasyon, teorem formülasyonları, çizimlerdeki anlamlarının açıklanması ve basit mantıksal çıkarımlarla birlikte kavramların tanımlarını içerir.

İkinci seviyede, birinci seviyenin malzemesi genişler, uygulamalı problemler çözülür, geometrik bilginin dünya bilgisine nasıl uygulandığı gösterilir. Bu seviyeye uygulama seviyesi diyoruz. Bu seviyede öğrencilerin çoğu teoremin ispatında uzmanlaşması beklenir.

Son olarak üçüncü seviye, birinci seviyenin materyalinin önemli ölçüde derinleştirilmesidir, oldukça eksiksiz bir mantıksal gerekçe verilmiştir. Bu ileri seviye, teoremlerin ve teorik problemlerin en zor ispatlarını içerir. Üçüncü düzey de sorunludur.

Okul çocuklarının, tıpkı fizikçiler gibi, deneyim yoluyla bilgi edindiği görsel olarak pratik asimilasyonun ilk düzeyini belirledik. Öğrenci bir nesneyi hayal etmeli, onu tanımlamalı ve onunla ilgili basit bir problemi çözmelidir. Ve aynı zamanda tanımı doğru bir şekilde telaffuz edememesi de önemli değil. Bu seviyede, görsel temsilleri ve bunlarla doğru şekilde çalışabilme becerisini içeren, konuya ilişkin görsel ve operasyonel bilgi esastır.

Geometri çalışırken, öğrencileri belirli bir kavramın tanımını bağımsız olarak formüle etmeye davet etmek gerekir. Bu, çocukların daha sonra ezberlemesi için değil, bu sürece katılarak kavramın anlamını daha derinlemesine araştırmaları, tanımın yapısını ve teoremlerin çeşitli formülasyonlarını öğrenmeleri için yapılır. Bu, ilgili eğitim materyalinin daha derin özümsenmesine katkıda bulunacaktır. Çocukların keşifleri öğrenme için büyük bir teşviktir.

Geometri dersinin mantıksal düşünmeyi öğretmesi gerektiği genel olarak kabul edilmektedir. Bununla birlikte, birçok öğrenci genellikle formülasyonların ve kanıtların mantığını resmi olarak ezberledikleri kadar özümsememektedir. Bu tehlikeyi aşmanın ilk yollarından biri öğrencinin bilmesi (öğrenmesi, hatırlaması) gereken formülasyonların ve kanıtların sayısını azaltmaktır. Mantıklı düşünmeyi öğretmek istiyorsak, hazır akıl yürütmenin mekanik ezberlenmesini değil, bunu öğretmemiz gerekir. Bu nedenle formülasyonlar, ezbere bilinmesi gereken varsayımlar olarak değil, mantıksal düşünmenin geliştirilmesine yönelik alıştırmalar gibi düşünülmelidir. Öğrencilerin mümkün olduğu kadar çok kanıtı analiz etmesi ve akılsızca ezberlememesi ve mümkün olduğu kadar çok kanıt problemini çözmesi faydalıdır: Öğrencinin bunu kendi başına çözmesi, en azından küçük bir sonuç çıkarması çok daha keyifli ve faydalıdır. başkasının mantığını ezberlemek yerine (elbette özellikle öğretici, esprili ve zarif olanları saymıyorum) kendi başına.

Geometrinin mantığı yalnızca bireysel formülasyonlarda değil, bir bütün olarak sistemin tamamında yatmaktadır. Her tanımın, her teoremin, her kanıtın anlamı sonuçta yalnızca bu sistem tarafından belirlenir. Bu da geometriyi bireysel tanımlar ve ifadelerden oluşan bir koleksiyon değil, bütünsel bir teori haline getirir. Bu nedenle meslektaşlarımızın öğrencilerden belli bir süre için tek bir teorem ispatını değerlendirmelerini istememelerini, bu anketi oldukça kapsamlı bir konunun sonuna teorik bir test olarak götürmelerini öneriyoruz, biz de Lisede bunu yapıyoruz. . Çocuklar “teorem”, “verilen”, “kanıt”, “kanıt” kavram ve terimlerine alışmalı ve anlamlarını anlamalıdır. Elbette teoremlerin kanıtlanması gerekir. Kanıtlarını sınıfta birden fazla kez analiz etmek gerekebilir: önden çiftler halinde, farklı çizimler üzerinde. Bizim bakış açımıza göre, teoremi kanıtlamadan önce, formülasyonunu analiz ettikten hemen sonra problemleri çözmeye başlamak oldukça kabul edilebilir. Öğrenciler formülasyona alışıp anlamını anladıklarında kanıtı analiz etmeye başlayabilirler. Bu zamana kadar öğrenciler bir dereceye kadar gerçeği arama zevkini geliştirmiş olacaklardır. Ona saygı duyuyorum.

Elbette öğretim tamamen yalnızca geometrik bilginin kendisiyle sınırlıysa, mantıksal düşünme becerilerinin ve bilimsel dünya görüşünün unsurlarının geliştirilmesi yalnızca bu bilim çerçevesinde gerçekleştirilecektir. Bu nedenle öğretmen sürekli olarak öğrencilerin dikkatini geometri ile diğer bilimler ve uygulama arasındaki bağlantıya çekmeli ve gerçeğin ortaya çıkarılmasında kanıt ve doğruluk gerekliliğinin evrensel (ve yalnızca geometri için değil) önemini göstermelidir. Bu nokta, geometriyi bir bilim olarak çalışmak için yeterli motivasyona sahip olmayan öğrenciler için, karmaşık, standart olmayan problemleri çözmek için bir kez daha itilmeye ve uyarılmaya, çeşitli çözümleri düşünmeye ihtiyaç duymayan motive ve ilgili çocukların aksine, özellikle önemlidir. seçenekler. Uygulama aynı zamanda öğrencilerin öğretmenin konunun tarihiyle ilgili hikayelerini dinlemeyi sevdiklerini de göstermektedir. İlk derste, ilgilenen daha güçlü öğrencilerden güzel, ilginç ve biçim ve çözüm yöntemleri açısından alışılmadık problemleri basitçe çözmeleri istenebilir. Öğrencilerin yeni bir şeyler keşfetmelerine olanak sağlayacak problemler. Motivasyonu olmayan öğrenciler için süreç önemlidir, kendi elleriyle geometrik şekiller oluşturmak ve çizmek isterler ve özellikle ilk derslerde beklentilerini karşılamak, onlara çeşitli geometrik şekiller içeren süslemeler çizmeyi teklif etmek ve daha sonra da bu beklentileri karşılamak gerekir. bu derslerin duygusal başlangıcı sağlanacaktır. İlk ders önemlidir; tıpkı bir diyapazon gibi, tüm çalışmanın tonunu belirler.

Bir şeyin altını çizmek isterim: Artık geometride zorunlu bir sınav olmadığında, belki de bilgi arayışı bir çocuğu geometri gibi güzel, inanılmaz faydalı bir bilimden uzaklaştırmamalı? Belki hayatında bir kez olsun huzur içinde çalış. Böylece Demokles'in not ve değerlendirme kılıcı üzerinizde asılı kalmasın. Böylece derste öğretmen ve öğrenci bilgi ve potansiyel bakımından eşittir. GEOMETRİYE sahip olmak.

İlköğretim matematikte hangi problemler en zor olarak kabul edilir? Muhtemelen çoğu okuyucu cevap verecektir: geometrik. Neden? Evet, çünkü cebirde, trigonometride ve matematiksel analizin başlangıcında standart problemleri çözmek için bir dizi algoritma geliştirilmiştir. Bir algoritma varsa, o zaman bir eylem programı da vardır ve bu nedenle, ortaya çıkarlarsa, zorluklar çoğunlukla temel nitelikte olmaktan ziyade teknik niteliktedir.

Geometrik problemler farklı bir konudur. Kural olarak, bunları çözecek algoritmalar yoktur ve kapsamlı bir teorem listesinden belirli bir durum için en uygun teoremi seçmek kolay değildir. Bu nedenle, ana tarif doğası gereği didaktik olmaktan çok felsefidir: Geometrik problemlerin nasıl çözüleceğini öğrenmek istiyorsanız, onları çözün! Ancak geometrik problemleri çözerken bilmeniz gereken bazı genel prensipler vardır. Bu genel hükümlerden bahsetmek istiyoruz.

Geometrik problemleri çözerken genellikle üç ana yöntem kullanılır: geometrik- gerekli ifade bir dizi iyi bilinen teoremden mantıksal akıl yürütme kullanılarak türetildiğinde; cebirgöksel- İstenilen geometrik miktar, geometrik şekillerin elemanları arasındaki çeşitli bağımlılıklara dayanarak doğrudan veya denklemler kullanılarak hesaplandığında; kombine- bazı aşamalarda çözüm geometrik yöntemle, diğerlerinde ise cebirsel yöntemle gerçekleştirildiğinde.

Hangi çözüm yolu seçilirse seçilsin, kullanımının başarısı doğal olarak teorem bilgisine ve bunları uygulama becerisine bağlıdır. Burada planimetrinin tüm teoremlerini dikkate almadan, bir yandan problem çözmede aktif olarak kullanılan, diğer yandan deneyimlerin gösterdiği gibi her zaman “hafızanın ilk düzeyinde” olmayanlara dikkat edelim. ” öğrenciler arasında. Bu teoremleri sevmeniz, yardımcınız haline getirmeniz gerekiyor ki öğrencileriniz tercih etsin.

Bu teoremleri dile getirelim ve belirli problemler kullanılarak nasıl çalıştıklarını gösterelim.

Sorunları çözerken, kural olarak, akıl yürütmenin bireysel aşamaları kaydedilir. Bu kolaylık sağlamak ve akıl yürütmenin ilerleyişini takip etmeyi kolaylaştırmak için yapılır. Ayrıca şunu da belirtmek isterim: Görevler farklı zorluk derecelerinde olacaktır, ancak metodolojik açıdan öğretmen için en yararlı olanlardır.

ÜÇGENLER VE DÖRTGENLER.

Üçgenler ve dörtgenlerle ilgili problemleri çözerken aşağıdaki teoremlere dikkat edelim:

TEOREM 1. Karşılıklı dik kenarlarla açıların eşitliği:

Her ikisi de keskin veya her ikisi de geniş ve genişse, o zaman .

TEOREM 2. Bir yamuğun orta çizgisinin özellikleri:

A) yamuğun orta çizgisi yamuğun tabanlarına paraleldir;

B) orta çizgi yamuğun tabanlarının toplamının yarısına eşittir;

C) orta çizgi (ve yalnızca o), yamuğun tabanları arasında kalan herhangi bir parçayı ikiye böler.

Bu özellikler, üçgenin tabanlarından birinin uzunluğu sıfıra eşit olan "dejenere" bir yamuk olduğunu düşünürsek üçgenin orta çizgisi için de geçerlidir.

TEOREM 3. Bir üçgenin kenarortaylarının, açıortaylarının ve yüksekliklerinin kesişme noktalarında:

A) bir üçgenin üç medyanı bir noktada kesişir (buna üçgenin ağırlık merkezi denir) ve bu noktada tepe noktasından sayılarak 2: 1 oranında bölünür;

B) bir üçgenin üç açıortayları bir noktada kesişir;

C) Üç yükseklik bir noktada kesişir (buna üçgenin diklik merkezi denir).

TEOREM 4. Bir dik üçgende kenarortayın özelliği:

Bir dik üçgende hipotenüse çizilen kenarortay bunun yarısına eşittir.

Ters teorem de doğrudur: Bir üçgende kenar kenarlardan biri çizildiği tarafın yarısına eşitse bu üçgen dik açılıdır

TEOREM 5. Bir üçgenin iç açısının ortaortasının özelliği:

Bir üçgenin iç açısının açıortayı, çizildiği tarafı karşıt kenarlarla orantılı parçalara böler:

TEOREM 6. Bir dik üçgende metrik bağıntılar:

Eğerbir veb – bacaklar,c – hipotenüs,h yüksekliktir ve bacakların hipotenüs üzerindeki izdüşümleridir, o zaman: a) ; B) ; V) ; G) ; D)

TEOREM 7. Kenarlarına göre üçgenin tipinin belirlenmesi:

İzin vermekA,B,c üçgenin kenarlarıdır; c en büyük kenardır; Daha sonra:

A) eğer öyleyse üçgen dardır;

B) eğer öyleyse, üçgen dik açılıdır;

C) Eğer öyleyse üçgen geniştir.

TEOREM 8. Paralelkenarda metrik ilişkiler:

Bir paralelkenarın köşegenlerinin karelerinin toplamı, tüm kenarlarının karelerinin toplamına eşittir:

Geometrik problemleri çözerken genellikle iki parçanın (veya açının) eşitliğini sağlamanız gerekir. belirtelim İki parçanın eşitliğini geometrik olarak kanıtlamanın üç ana yolu:

1) parçaları iki üçgenin kenarları olarak düşünün ve bu üçgenlerin eşit olduğunu kanıtlayın;

2) parçaları bir üçgenin kenarları olarak temsil edin ve bu üçgenin ikizkenar olduğunu kanıtlayın;

3) segmenti değiştirin A eşit bir segment https://pandia.ru/text/78/456/images/image008_12.gif" width="17" height="19 src=">ve segmentlerin eşitliğini kanıtlayın ve .

Görev 1.Birbirine dik iki çizgi kenarları kesiyorAB,M.Ö.CD,AD karesiABCD noktalardaE,F,K,Buna göre L. KanıtlaE =FL (Görev No. 1 için şekle bakın).

Çözüm: 1. İki parçanın eşitliği için yukarıdaki yollardan ilkini kullanarak parçaları ve ardından ilgilendiğimiz parçaları çiziyoruz. E.K. Ve FL iki dik üçgenin kenarları haline gelir EPK Ve FML(görev No. 1 için şekle bakın).

2 . Sahibiz: PK =FM(daha fazla detay: PK =MS.reklam=AB,AB =FM anlamına gelirPK =FM),(Karşılıklı olarak dik kenarları olan açılar olarak, Teorem 1). Bu, (bacak boyunca ve dar açı boyunca) anlamına gelir. Dik üçgenlerin eşitliğinden hipotenüslerinin, yani parçalarının eşitliği çıkar. E.K. Ve FL. ■

Geometrik problemleri çözerken sıklıkla ek yapılar yapmanız gerektiğini unutmayın; örneğin aşağıdakiler: şekildekilerden birine paralel veya dik bir düz çizgi çizmek (görev 1'de yaptığımız gibi); Üçgeni bir paralelkenar olarak tamamlamak için üçgenin kenarortayını iki katına çıkarmak (bunu Problem 2'de yapacağız), bir yardımcı açıortay çizmek. Çemberle ilgili faydalı ek yapılar vardır.

Görev 2.Kenarlar eşitA,B,C. c tarafına çizilen medyanı hesaplayın (problem 2 için şekle bakın).

Çözüm: Medyanı ACVR paralelkenarına göre ikiye katlayalım ve Teorem 8'i bu paralelkenara uygulayalım. , bulduğumuz yer:

Görev 3.Herhangi bir üçgende kenarortayların toplamının çevrenin ¾'ünden büyük, ancak çevreden küçük olduğunu kanıtlayın.

Çözüm: 1. https://pandia.ru/text/78/456/images/image036_6.gif" width="131" height="41">; . Çünkü AM + MS > AC, O

https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt=" İmza:" 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" genişlik = "111" yükseklik = "41 src = "> (3)

(1), (2), (3) eşitsizliklerini toplayarak şunu elde ederiz: ,

yani medyanların toplamının çevrenin ¾'ünden büyük olduğunu kanıtladık.

2. Üçgeni bir paralelkenar haline getirerek medyan BD'yi ikiye katlayalım (problem 3 için şekle bakın)..gif" width="80" height="24 src="> (4)

Benzer şekilde: https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt=" Altyazı: Şekil No. 3 için Şekil." align="left hspace=12" width="148" height="32"> (6)!}

(4), (5), (6) eşitsizliklerini topladığımızda şunu elde ederiz: https://pandia.ru/text/78/456/images/image049_2.gif" align="left" width="159" height=" 93 "> Çözüm: DIA'nın bir dik üçgen olmasına izin verin, https://pandia.ru/text/78/456/images/image051_2.gif" width="233" height="21"> (problem 4 için şekle bakın).

1. kenarları birbirine dik olan açılar olarak (https://pandia.ru/text/78/456/images/image054_2.gif" alt=" Signature:" align="left" width="148" height="33">!} 2. (Teorem 4'e bakınız) olduğundan SM = MV olur ve bundan şu sonuca varırız:

3. Ve (sonuçta CD bir açıortay olduğundan) kanıtlanması gereken şey budur. ■

Görev 5. Kenarları olan bir paralelkenardaA Veb iç açıların açıortayları çizilir (problem 5 için şekle bakın). Ortayların kesişiminde oluşan dörtgenin köşegen uzunluklarını bulun.

Çözüm: 1 ..gif" width="27 height=17" height="17">(şekle bakın). çünkü bir paralelkenardadır yani o zaman Bu, ABC üçgeninde A ve B açılarının toplamının 900'e eşit olduğu, ardından K açısının 900'e eşit olduğu, yani AE ve BP açıortaylarının karşılıklı olarak dik olduğu anlamına gelir.

Benzer şekilde, AE ve DQ, BP ve CF, CF ve DQ açıortaylarının karşılıklı dikliği kanıtlanmıştır.

ÇIKTI: KLMN dik açılara sahip bir dörtgen, yani bir dikdörtgendir. Bir dikdörtgenin köşegenleri eşit olduğundan bunlardan birinin uzunluğunu bulmak yeterlidir, örneğin KM.

2. O'nun AK'ye sahip olduğunu düşünelim - hem açıortay hem de yükseklik. Bu, öncelikle ABP üçgeninin ikizkenar olduğu anlamına gelir, yani AB = AP = B ve ikinci olarak AK parçası aynı anda ABP üçgeninin ortancasıdır, yani K, BP açıortayının orta noktasıdır.

Benzer şekilde M'nin DQ açıortayının orta noktası olduğu kanıtlanır.

3. KM segmentini düşünün. BP ve DQ segmentlerini ikiye böler. Ancak bir paralelkenarın orta çizgisi (paralelkenarın yamuğun özel bir durumu olduğuna dikkat edin; eğer bir yamuğun orta çizgisi hakkında konuşabiliyorsak, o zaman paralelkenarın orta çizgisi hakkında da eşit derecede iyi konuşabiliriz, bu da aynı özelliklere sahiptir) özellikleri) K ve M noktalarından geçer (bkz. teorem 2). Bu, KM'nin orta hatta bir segment olduğu anlamına gelir ve dolayısıyla .

4. ve olduğundan, KMDP bir paralelkenardır ve bu nedenle

Cevap: ■

Aslında, sorunu çözme sürecinde (1. ve 2. aşamalarda), oldukça önemli bir özelliği kanıtladık: yamuğun kenarına bitişik açıların açıortayları, yamuğun orta çizgisi üzerinde bulunan bir noktada dik açılarla kesişiyor. yamuk.

Geometrik problemlerde denklem oluşturmanın ana yönteminin şu olduğu unutulmamalıdır: yöntem destekleyici eleman, bu da şu şekildedir: Aynı eleman (kenar, açı, alan, yarıçap vb.) bilinen ve bilinmeyen nicelikler aracılığıyla iki farklı şekilde ifade edilir ve elde edilen ifadeler eşitlenir.

Çoğu zaman bir alan referans unsuru olarak seçilir rakamlar. Daha sonra kullandığımız denklemi oluşturmak için şunu söyleriz: alan yöntemi.

Okul çocuklarına temel sorunların, yani teknik sorunların nasıl çözüleceğini öğretmek gerekir. Diğer birçok göreve bileşen olarak dahil edilirler. Bunlar, örneğin bir üçgenin temel elemanlarını bulma problemleridir: kenarortay, yükseklik, açıortay, yazılı ve çevrelenmiş daire yarıçapı, alan.

Görev 6. ABC üçgeninde AB ve BC kenarları eşittir ve BH yüksekliğidir. BC tarafında bir nokta alınırD böylece (sorun 6 için şekle bakınız). Segmentin oranı nedir?AD, VN'nin yüksekliğini bölüyor mu?

Çözüm: 1. BD = olsun A, sonra CD = 4 A, AB = 5a.

2. Bir doğru parçası çizelim (problem 6 için şekle bakın) NK üçgenin orta çizgisi olduğundan ACD DK = KC = 2 A .

3. VNK üçgenini düşünün. Elimizde: BD = A,

DK = 2A ve https://pandia.ru/text/78/456/images/image080_2.gif" width="84" height="41"> ancak Bu şu anlama gelir: ■

Sorun bazılarının veya miktarlarının oranını bulmayı gerektiriyorsa, o zaman kural olarak sorun çözülür yardımcı parametre yöntemini kullanarak. Bu, problemi çözmenin başlangıcında, bilinen bazı doğrusal miktarları örneğin harfle göstererek beyan ettiğimiz anlamına gelir. A ve ardından bunu aracılığıyla ifade edin A Oranı bulunması gereken miktarlar. Gerekli ilişki kurulduğunda yardımcı parametre A küçülüyor. Sorunda tam olarak bu şekilde davrandık . Bizim tavsiyemiz: Niceliklerin oranını bulmanın gerekli olduğu problemleri çözerken (özellikle bir açı belirleme problemlerinde - sonuçta, kural olarak, bir açıyı hesaplarken, onun trigonometrik fonksiyonunu, yani oranını bulmaktan bahsediyoruz. dik üçgenin kenarları) öğrencilere öğretilmelidir. Çözümün ilk aşaması bir yardımcı parametrenin tanıtılmasıdır. Yardımcı parametre yöntemi aynı zamanda geometrik bir şeklin benzerliğe kadar tanımlandığı problemlerde de kullanılır.

Görev 7. Kenar uzunlukları 10, 17 ve 21 cm olan bir üçgenin içine iki köşesi üçgenin bir tarafında, diğer iki köşesi üçgenin diğer iki yanında olacak şekilde bir dikdörtgen yazılmıştır. Çevresinin 22,5 cm olduğu bilinen dikdörtgenin kenarlarını bulunuz.

Çözüm. 1. Öncelikle üçgenin türünü belirleyelim. Elimizde: 102 = 100; 172 = 289; 212 = 441. 212 > 102 + 172 olduğundan, üçgen geniş açılıdır (bkz. Teorem 7), bu da bir dikdörtgenin içine yalnızca tek bir şekilde yazılabileceği anlamına gelir: iki köşesinin ABC üçgeninin büyük tarafına yerleştirilmesiyle ( Problem 7'deki şekle bakın), burada AC = 21 cm, AB = 10 cm, BC = 17 cm.

2. ABC üçgeninin ВН yüksekliğini bulun. BH = 8 cm.

3. Hadi koyalım ED=X. Daha sonra EF = 11,25 –X(dikdörtgenin çevresi olduğundan DEFK 22,5 cm'ye eşittir), BP = 8 – x. BEF ve ABC üçgenleri benzerdir, yani (benzer üçgenlerde karşılık gelen yüksekliklerin oranı benzerlik katsayısına eşittir), yani. x = 6'yı bulduğumuz yerden.

Cevap: 6 cm, 5,25 cm ■.

Problemi çözerken benzer üçgenlerde sadece kenarların değil aynı zamanda karşılık gelen yüksekliklerin de orantılı olduğu ifadesini kullandık. Daha genel bir faktör, deyim yerindeyse genelleştirilmiş bir benzerlik teoremi olan aşağıdaki faktördür:

İki üçgen benzerse, bir üçgenin herhangi bir çizgi öğesi (veya çizgi öğelerinin toplamı), diğer üçgenin karşılık gelen çizgi öğesiyle (veya karşılık gelen çizgi öğelerinin toplamı) karşılık gelen kenarlar olarak ilişkilidir.

Özellikle, çevrelenmiş veya yazılı dairelerin yarıçapları, çevreleri, karşılık gelen yükseklikleri, kenarortayları ve iki benzer üçgenin açıortayları karşılık gelen kenarlar olarak ilişkilidir.

Görev 8.ABC üçgeninde A açısı C açısından 2 kat daha büyük, BC kenarı AB kenarından 2 cm daha büyük ve AC = 5 cm AB ve BC'yi bulun.

Çözüm. 1. A açısının AD açıortayını çizelim..gif" alt=" Signature:" align="left" width="148" height="33">!} 3. ABC ve ABC üçgenleri benzerdir çünkü bu üçgenlerin B açıları ortaktır. Üçgenlerin benzerliğinden şu sonuca varıyoruz: yani.

4. Bulmak X Ve en iki bilinmeyenli iki denklemden oluşan bir sistem elde edilir: Neresi

İkinci denklemi birinciden çıkararak 5y – 10 = 2y, yani y = elde ederiz. Bu, yani x=4 anlamına gelir.

Cevap: AB = 4 cm; BC = 6 cm ■

Çok sık olarak, önemsiz olmayan durumlarda benzer üçgenlerde karşılık gelen kenarların ilişkilerini oluştururken (önemsiz benzerlik durumları 6 ve 7 numaralı problemlerdeydi - üçgen ikincisinden kenarlarından birine paralel bir düz çizgi ile kesilmişti), sorunu çözenler. Tamamen teknik hatalar yapıyorlar: ya üçgenlerin sırasını karıştırıyorlar (hangisi birinci, hangisi ikinci) ya da karşılık gelen kenar çiftlerini başarısız bir şekilde seçiyorlar. Tavsiyemiz: ABC ve DEF üçgenlerinin benzerliği sağlanırsa, şu şekilde ilerlemenizi öneririz: bir üçgenin kenarlarını paylara "sürün", örneğin şu şekilde: Benzer üçgenlerde karşılık gelen kenarların, eşit açıların karşısında bulunan kenarlar olduğunu göz önünde bulundurarak, karşılık gelen kenarların en basit çiftlerini bulun; bunlar AB ve DE, BC ve DF ise şunu yazın: https://pandia.ru/text/78/456/images/image100_1.gif" align="left" width="121" height="96 src= " >b) böylece yakl.Çevrenin karşılıklı kenarlarının uzunluklarının toplamının eşit olması gerekli ve yeterlidir.

TEOREM 5. Bir dairedeki metrik oranlar:

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

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

https://pandia.ru/text/78/456/images/image107_1.gif" width="13 height=19" height="19">, hipotenüs - c (şekle bakın). Yarıçapı hesaplayın yazılı dairenin r'si.

Çözüm. 1. Yazılı dairenin O merkezinden, üçgenin kenarlarına teğet olan noktalara yarıçaplar çizin; karşılık gelen kenarlara dik olduklarını hesaba katarak (bkz. Teorem 1, a) ve ardından Teorem 1, b'yi kullanarak eşit parça çiftlerini işaretleriz: CD= SE, AE= AF,BD =B.F.(resmi görmek).

2. Çünkü EODC- kare (köşeler E,D, C- düz ve AB= CD), o zaman OE =Aşırı doz= CD = CE= R. Daha sonra BD= A -r, AE =B -R Ve , sırasıyla, BF=BD = bir– R,AF=AE =B-R.

3. O zamandan beri AB= AF+Facebook, O c = (B -r) + (a –R), nereden .■

Sorun bir üçgen (veya dörtgen) içine yazılmış bir daire ile ilgiliyse, yarıçapların karşılık gelenlere dik olacağını hesaba katarak, dairenin kenarlarla temas noktalarında yarıçapların neredeyse her zaman çizilmesinin tavsiye edildiğini unutmayın. kenarları çizin ve çizimde eşit parça çiftlerini hemen işaretleyin (belirli bir noktadan daireye çizilen iki teğet için). Yukarıdaki sorunu çözerken yaptığımız şey buydu.

https://pandia.ru/text/78/456/images/image110_1.gif" width="43" height="44"> formülüne dikkat edelim, burada S alandır, R– bir üçgenin yarı çevresi.

Yarıçap ile ilgili R bir üçgenin etrafında çevrelenmiş bir daire, daha sonra bir dik üçgen için (hipotenüs, bir dik üçgenin etrafında çevrelenmiş bir dairenin çapıdır), dik olmayan bir üçgen için genellikle formül kullanılır https://pandia.ru/text/78 /456/images/image114_1.gif" width = "59 " height = "41 src = ">.

Sorun 10. Dikdörtgen dairesel bir sektör verildiğinde.Sektör yayının sonunda merkezi olan aynı yarıçapta bir daire çizilir; sektörü iki eğrisel üçgene böler. Bu üçgenlerden küçük olanına bir daire yazılmıştır (bkz. şekil). Yazılı dairenin yarıçapının ve sektörün oranını bulun.

Çözüm. 1. Genellikle dairelerin iç veya dış teğetliği veya bir daire ile düz bir çizginin teğetliği söz konusu olduğunda yapılan gerekli ek yapıları gerçekleştirelim: O2O3– merkez çizgisi; İÇİNDE- bağlantı noktası; O1O3– merkez çizgisi; A- bağlantı noktası; O3C O1C; İLE– temas noktası (şekle bakın).

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

Cevap: . ■

Yararlı ek yapılar hakkında iki ekleme daha verelim: 1) iki daire birbirine dokunuyorsa (içten veya dıştan), o zaman bir merkez çizgisi, yani teğet dairelerin merkezlerinden geçen düz bir çizgi çizmek gerekir ve temas noktasının merkezler çizgisi üzerinde olduğunu dikkate alın (başarının anahtarı olan yukarıdaki sorunu çözerken bunu yaptık); 2) bazen (ek yapılar olarak) sözde "uzaktan" bir çizim yapmak yararlı olabilir, yani özel çalışma için mevcut oldukça karmaşık bir çizimin bir parçasını ayrı ayrı çıkarmak (örneğin, bir sorunu çözerken, çıkardık) ∆ içeren ayrı bir parça O1O2O3– bkz. şekil).

Sorun 11. Daire yarıçapıR, iki bitişik A köşesinden geçer veD kare (şekle bakınız). Karenin üçüncü B köşesinden çizilen daireye teğet olan BM doğru parçası, ikincinin kenarının iki katıdır. Meydanın kenarını bulun.

Çözüm. Gösterimi tanıtalım VA= x, VM = 2x. Bölüme devam edelim VA noktada daireyle kesişene kadar İLE. Daha sonra VK ∙ VA = VM2(bkz. Teorem 5, c), yani. VK ∙ x= 4x2, nerede buluyoruz: VC= 4x- Araç, AK= Zx. Daha öte, KAD = = 90°, yani KD– dairenin çapı. Bir dik üçgenden ADK Bulduğumuz: AD2+ AK2= KD2, yani. x2+9x2= 4R 2, nereden X= https://pandia.ru/text/78/456/images/image125_0.gif" genişlik = "45" yükseklik = "45 src = ">. ■

Diklik merkezi, yani bir üçgenin yüksekliklerinin kesişme noktası, bir dizi ilginç özelliğe sahiptir: dar açılı bir üçgenin diklik merkezi, köşeleri taban olan bir üçgenin içine yazılan bir dairenin merkezi ile çakışır. belirli bir üçgenin yüksekliklerinin; Dik olmayan bir ABC üçgeninde diklik merkezinden B tepe noktasına olan mesafe, üçgen etrafındaki çevrelenmiş dairenin merkezinden AC kenarına kadar olan mesafenin iki katıdır. Euler düz çizgisi kavramını tanıtmak için son özelliği kullanıyoruz. Görsel nedenlerden dolayı kendimizi dar açılı bir üçgenle sınırlayacağız.

Öyleyse izin ver N– diklik merkezi, O – çevre merkezi, Aşırı doz AC,OD║BH,Reklam= DC(resmi görmek).

Ortancayı çizelim BD ve bölüm O.üçgenler VNM Ve MOD benzer, bu şu anlama gelir: https://pandia.ru/text/78/456/images/image128_0.gif" width="56" height="41 src=">.gif" width="17" height="16 src =">C = 90° ise Euler düz çizgisi dik açının C köşesinden ve orta noktadan geçen düz bir çizgidir. HAKKINDA hipotenüs AB, yani medyan.

Planimetrik problemlerin çözümü hakkında konuşmaya devam edelim. Düzlemsel bir şeklin alan kavramı ile ilgili problemleri çözmeye devam edelim.

Önceki durumlarda olduğu gibi "çalışan" teoremleri tanımlayarak başlayalım. Alanların hesaplanmasında buna benzer iki teorem vardır.

TEOREM 1. Benzer şekillerin alanlarının oranı benzerlik katsayısının karesine eşittir.

TEOREM 2. A) İki üçgen eşitsetabanlar ise alanları yükseklikleriyle ilişkilidir.

B) İki üçgenin yükseklikleri eşitse bunlarınalanlar üs olarak kabul edilir.

Ve tabii ki düzlemsel şekillerin alanlarını hesaplamak için temel formülleri vermek mantıklıdır.

1. Üçgenin alanı için formüller:

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

d) S = RR, Nerede R=; R– çevrelenmiş dairenin yarıçapı; R- yazılı dairenin yarıçapı;

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

Kenarları paralel olan açıların özelliği ile ilgili teorem, verilen açıların her ikisinin de dar veya her ikisinin de geniş olduğu veya birinin dar, diğerinin geniş olduğu durumlar için dikkate alınmalıdır.

Teorem, çeşitli şekillerin ve özellikle dörtgenin özelliklerinin incelenmesinde yaygın olarak kullanılmaktadır.

Bazen teoremlerin formülasyonunda bulunan, kenarları paralel olan açıların kenarlarının aynı ya da zıt yöne sahip olabileceği göstergesi gereksiz kabul edilir. Eğer “yön” tabirini kullanırsak bu kelimeden ne anlaşılması gerektiğini açıklığa kavuşturmak gerekir. Kenarları paralel olan açıların her ikisinin de dar veya geniş olması durumunda eşit olacağı, ancak açılardan biri geniş, diğeri dar ise toplamının 2d olacağı gerçeğine öğrencilerin dikkatini çekmek yeterlidir.

Kenarları birbirine dik olan açılara ilişkin teorem, kenarları karşılık gelen paralel olan açıların özelliğine ilişkin teoremden hemen sonra verilebilir. Öğrencilere sırasıyla paralel ve dik kenarları olan açıların özelliklerinin cihazlarda ve makine parçalarında kullanımına ilişkin örnekler verilir.

Üçgen açıların toplamı

Bir üçgenin açılarının toplamına ilişkin teoremi türetirken görsel yardımlardan yararlanabilirsiniz. ABC üçgeni kesilip köşeleri numaralandırıldıktan sonra kesilip birbirine yapıştırılıyor. l+2+3=2d çıkıyor. ABC üçgeninin C köşesinden CD yüksekliğini çizin ve üçgeni, yüksekliği ikiye bölünecek şekilde bükün; C köşesi yüksekliğin tabanı olan D noktasına düştü. MN bükülme çizgisi ABC üçgeninin orta çizgisidir. Daha sonra AMD ve DNB ikizkenar üçgenleri yükseklikleri boyunca bükülür; A ve B köşeleri D noktasıyla çakışır ve l+2+3=2d olur.

Sistematik bir geometri dersinde görsel yardımcıların kullanımının, bir önermenin mantıksal kanıtını deneysel doğrulamasıyla değiştirmeyi amaçlamadığı unutulmamalıdır. Görsel yardımlar yalnızca öğrencilerin şu veya bu geometrik gerçeği, şu veya bu geometrik şeklin özelliklerini ve bireysel elemanlarının göreceli konumunu anlamalarını kolaylaştırmalıdır. Bir üçgenin açısının boyutunu belirlerken, öğrencilere üçgenin dış açısına ilişkin daha önce tartışılan teorem hatırlatılmalı ve üçgenin açılarının toplamına ilişkin teoremin yapım ve hesaplama yoluyla aşağıdakileri belirlemeye izin verdiği belirtilmelidir: kendilerine bitişik olmayan dış ve iç açılar arasındaki sayısal ilişki.

Bir üçgenin açılarının toplamına ilişkin teoremin bir sonucu olarak, bir dik üçgende 30 derecelik açının karşısındaki kenarın hipotenüsün yarısına eşit olduğu kanıtlanmıştır.

Materyal sunulurken öğrencilere yeni materyalin daha iyi anlaşılmasını kolaylaştırmak için sorular ve basit görevler sorulmalıdır. Örneğin hangi doğrulara paralel denir?

Çaprazın hangi konumunda tüm açılar iki paralel çizgi tarafından oluşturulur ve bu enine eşit olur?

Tabana paralel bir üçgen içine çizilen düz bir çizgi, ondan küçük bir üçgeni keser. Kesilen üçgen ile verilen üçgenin eş olduğunu kanıtlayın.

Açılardan birinin 72 derece olduğu biliniyorsa, iki paralel ve bir enine doğrunun oluşturduğu tüm açıları hesaplayın.

İç tek taraflı açılar sırasıyla 540 ve 1230'a eşittir. Çizgilerden biri, çizgilerin paralel olması için enlemesine kesiştiği nokta etrafında kaç derece döndürülmelidir?

Aşağıdakilerin açıortaylarının kanıtlayın: a) iki paralel doğru ve bir enine tarafından oluşturulan eşit fakat zıt olmayan iki açının paralel olduğu, b) aynı doğrular ve bir enine olan iki eşit olmayan açının dik olduğu.

AB ve CD paralel iki çizgisi ve bu çizgileri K ve L noktalarında kesen bir EF sekantı verilmiştir. AKL ve BKL açılarının çizilen KM ve KN orta açıları, CD düz çizgisi üzerinde MN parçasını kesmektedir. Paralel olanlar arasına alınan KL sekant parçasının a'ya eşit olduğu biliniyorsa MN uzunluğunu bulun.

a) herhangi iki açının toplamı d'den büyük, b) iki açının toplamı d'ye eşit, c) iki açının toplamı d'den küçük olan üçgen türü nedir? Cevap: a) dar açılı, b) dikdörtgen, c) geniş açılı. Bir üçgenin dış açılarının toplamı iç açılarının toplamından kaç kat büyüktür? Cevap: 2 kez.

Bir üçgenin tüm dış açıları: a) dar, b) geniş, c) düz olabilir mi? Cevap: a) hayır, b) evet, c) hayır.

Hangi üçgenin her bir dış açısı, her bir iç açısının iki katıdır? Cevap: eşkenar.

Paralel çizgiler tekniğini incelerken, paralel çizgiler kavramını tam olarak formüle etmek için tarihsel, teorik ve metodolojik literatürden yararlanmak gerekir.

53.Üçgenin açıları (iç açıları) Her biri üçgenin köşelerinden çıkan ve diğer iki köşeden geçen üç ışının oluşturduğu üç açıya üç açı denir.

54. Üçgen Açı Toplamı Teoremi. Bir üçgenin açılarının toplamı 180°dir.

55. Dış köşe Bir üçgenin açısı, bu üçgenin bazı açılarına komşu olan açıdır.

56. Dış köşe Bir üçgenin ölçüsü, bir üçgenin kendisine komşu olmayan iki açısının toplamına eşittir.

57. Eğer her üç köşeüçgen baharatlı, o zaman üçgen denir dar açılı.

58. Eğer köşelerden biriüçgen köreltmek, o zaman üçgen denir geniş açılı.

59. Eğer köşelerden biriüçgen dümdüz, o zaman üçgen denir dikdörtgen.

60. Bir dik üçgenin dik açının karşısındaki kenarına denir. hipotenüs(Yunanca gyipotenusa kelimesi - “büzülüyor”) ve iki taraf dik açı oluşturuyor - bacaklar(Latince kelime katetos - “çekül”) .

61. Bir üçgenin kenarları ve açıları arasındaki ilişkilere ilişkin teorem. Bir üçgende büyük açı büyük kenarın karşısındadır, ve geri, Büyük kenar, büyük açının karşısında yer alır.

62. Dik bir üçgende Hipotenüs bacaktan daha uzundur.

Çünkü Büyük kenar her zaman büyük açının karşısında yer alır.

İkizkenar üçgenin işaretleri.

Eğer bir üçgendeyse iki açı eşittir, o zaman ikizkenardır;

Eğer bir üçgendeyse açı ortanca veya yüksekliktir,
o zaman bu üçgen ikizkenardır;

Eğer bir üçgendeyse medyan açıortay veya yüksekliktir, O

bu üçgen ikizkenardır;

Eğer bir üçgendeyse yükseklik medyan veya ortancadır,

o zaman bu üçgen ikizkenardır.

64. Teorem. Üçgen eşitsizliği. Üçgenin her bir kenarının uzunluğu diğer iki kenarın uzunluklarının toplamından büyük, toplamından küçüktür:

Dik üçgenin açılarının özellikleri.

Bir dik üçgenin iki dar açısının toplamı 90°'dir.