“Vrste trouglova” - Vrste trouglova. Na osnovu uporedne dužine stranica razlikuju se sljedeće vrste trokuta. Na osnovu veličine uglova razlikuju se sljedeće vrste. Tačke se nazivaju vrhovi, a segmenti stranice.

“Uglovi trougla” - Oštar trougao. Može li trougao imati dva prava ugla? Jednakostranični trougao. Jednakokraki trougao. Pravokutni trokut. Tupokutni trokut. Može li trougao imati dva tupa ugla? U jednakostraničnom trouglu uglovi su jednaki 600. U jednakokračnom trouglu, oštri uglovi su jednaki 450.

“Časovi geometrije u 7. razredu” - Rješavanje problema.” Noge BC i SA. Radite prema gotovim crtežima. „Zbir uglova trougla. Novi materijal. Pravokutni trokut. Zadatak br. 1. Rješavanje problema pomoću gotovih crteža. br. 232 (usmeni), br. 231. Dokažite: ugao ABC manji je od ugla ADC. Usmeni test. Čas geometrije u 7. razredu. Hipotenuza AB.

“Pravougli trougao” - Podaci o Euklidu su izuzetno oskudni. Trougao je mnogougao sa tri strane (ili tri ugla). Euklid je autor radova iz astronomije, optike, muzike itd. Vanjski ugao trougla jednak je zbiru unutrašnjih uglova koji mu ne graniče. Euklid je prvi matematičar Aleksandrijske škole. Definicije. Kontrolni test.

“Jednakokraki trokut i njegova svojstva” - Imenujte osnovu i stranice ovih trouglova. Pronađite vrijednost ugla 1 ako je vrijednost ugla 2 40 stepeni? A, C – uglovi u osnovi jednakokračnog trougla. Jesu li trouglovi jednaki? Gdje se u životu nalaze jednakokraki trouglovi? AM – medijana. TROUGAO čije su sve strane jednake naziva se JEDNAKOSLIČAN.

"Geometrijski pravokutni trokut" - egipatski brojevi: Izračunajte površinu trokutastog oblika parcele egipatskog seljaka. Geodeti. Kako su Egipćani zvali pravougli trougao? Egipatski graditelji: Nog i hipotenuza u Egiptu Pitagora: Nog i hipotenuza u geometriji. Pitanja geodeta: - Krak je veći od hipotenuze. Krak nasuprot ugla od 60 stepeni jednak je polovini hipotenuze.

Iz škole znamo da se tri simetrale unutrašnjih uglova trougla sijeku u jednoj tački - središtu kružnice upisane u ovaj trokut.

Teorema 1. Simetrala ugla A trougao ABC presječna tačka simetrala je podijeljena u omjeru , računajući sa strane gdje a, b, c– dužine stranica BC, AC, AB respektivno.

Dokaz. Neka aa 1 i BB 1 – simetrale ugla A I IN odnosno u trouglu ABC, L– njihova tačka preseka, a, b, c– dužine stranica BC, AC, AB shodno tome (sl. 62). Zatim, teoremom o simetrali primijenjenoj na trokut ABCće imati

Or b VA 1 = ac – sa VA 1, ili VA 1 (b + c)= ac, znači, VA 1 = With. Po istoj teoremi primijenjenoj na trokut AVA 1 dobijamo A 1 L : LA = : With, ili = .

Teorema 2. Ako L ABC krug, onda

Ð ALB= 90° + R S.

Dokaz. S obzirom da je zbir uglova trougla 180° i da je centar L upisana kružnica je tačka preseka simetrala trougla, imaćemo (slika 62):

Ð ALB= 180° – ( Ð ABL + Ð VAL) = 180° – ( Ð ABC + Ð VAS) =

180° – (180° – Ð S) = 180° – 90° + R S= 90° + R S.

Teorema 3. Ako L– tačka na simetrali ugla WITH trougao ABC takav da Ð ALB= 90° + R S, To L– centar upisanog trougla ABC krug.

Dokaz. Hajde da dokažemo da nijedna od tačaka L 1 između C I L ne može biti centar upisane kružnice (slika 62a).

Imamo Ð AL 1 WITH 1 < Ð ALC 1, budući da je vanjski ugao trougla AL 1 L veći od bilo kojeg unutrašnjeg ugla koji mu ne graniči. Također Ð VL 1 WITH < R VLS 1 .

Zbog toga Ð AL 1 IN < Ð ALB= 90° + R S. znači, L 1 nije centar upisane kružnice, jer uslov za predznak centra upisane kružnice nije zadovoljen (vidjeti teoremu 2).

Ako je poenta L 2 na simetrali SS 1 ne pripada segmentu CL, To Ð AL 2 IN > Ð ALB= 90° + R S i opet nije ispunjen uslov za znak centra upisane kružnice. To znači da je centar upisane kružnice tačka L.

Teorema 4. Udaljenost od vrha trokuta do tačke tangentnosti upisane kružnice sa stranom koja prolazi kroz ovaj vrh jednaka je poluperimetru ovog trokuta umanjenom za suprotnu stranu.

Dokaz. Neka A 1 , IN 1 , WITH 1 – tačke dodira upisane kružnice sa stranicama trougla ABC(Sl. 63), a, b, c– dužine stranica BC, AC, AB respektivno.

Neka AC 1 = X, Onda AB 1 = x, sunce 1 = c – x = VA 1 , IN 1 WITH = b – x = CA 1 ,

a = BC = VA 1 + SA 1 = (c – x) + (b – x) = c + b – 2 X.

Onda a + a = a + b + c – 2 X, ili 2 A = 2 R – 2 X, ili x = p – a.

Teorema 5. U bilo kom trouglu ABC kroz tačku L presjek simetrala njegova dva vanjska ugla prolazi simetralom trećeg ugla, a tačka L je na jednakoj udaljenosti od linija koje sadrže stranice trokuta.

Dokaz. Neka L– tačka preseka dva spoljašnja ugla IN I WITH trougao ABC(Sl. 64). Pošto je svaka tačka simetrale na istoj udaljenosti od strana ugla, onda je tačka L AB I Ned, budući da pripada simetrali VL. Nalazi se na istoj udaljenosti od pravih linija Ned I AC, budući da pripada simetrali CL. Stoga tačka L je na istoj udaljenosti između pravih linija I TI I Ned. Od tačke L je na istoj udaljenosti od linija AB I AC, To JSC– simetrala ugla TI.

Krug koji dodiruje stranicu trokuta i produžetke druge dvije stranice naziva se ekskrug ovog trokuta.

Zaključak 1. Centri kružnica ekscentričnih na trokut nalaze se u točkama sjecišta parova simetrala njegovih vanjskih uglova.

Teorema 6. Polumjer kružnice upisane u trokut jednak je omjeru stranice ovog trougla i kosinusa polovine suprotnog ugla, pomnoženog sa sinusima polovica druga dva ugla.

  • ponoviti i generalizovati proučavane teoreme;
  • razmotriti njihovu upotrebu u rješavanju brojnih problema;
  • priprema studenata za prijemne ispite na univerzitetima;
  • negovati estetsko izvođenje crteža za zadatke.

Oprema: multimedijalni projektor. Aneks 1 .

Tokom nastave:

1. Organizacioni momenat.

2. Provjera domaćeg zadatka:

  • dokaz teorema – 2 studenta + 2 studenta – konsultanta (kontrolora);
  • rješavanje domaćih zadataka – 3 učenika;
  • rad sa razredom - usmeno rješavanje problema:

Tačka C 1 dijeli stranicu AB trougla ABC u omjeru 2:1. Tačka B 1 leži na nastavku stranice AC iza tačke C, a AC = CB 1. U kom omjeru prava B 1 C 1 dijeli stranu BC? (na slajdu 2).

Rješenje: Po uslovu Koristeći Menelajevu teoremu, nalazimo: .

U trouglu ABC, AD je medijana, tačka O je sredina medijane. Prava BO seče stranu AC u tački K.

U kom omjeru tačka K dijeli AC, računajući od tačke A? (na slajdu 3).

Rješenje: Neka je VD = DC = a, AO = OD = m. Prava BK siječe dvije stranice i nastavak treće stranice trougla ADC. Prema Menelajevoj teoremi .

U trouglu ABC, na strani BC, uzeta je tačka N tako da je NC = 3VN; na nastavku stranice AC, tačka M se uzima kao tačka A tako da je MA = AC. Prava MN siječe stranu AB u tački F. Nađite omjer. (na slajdu 4).

Rešenje: Prema uslovima zadatka, MA = AC, NC = 3 VN. Neka je MA = AC = b, BN = k, NC = 3k. Prava MN siječe dvije stranice trougla ABC i nastavak treće. Prema Menelajevoj teoremi

Tačka N je uzeta na strani PQ trougla PQR, a tačka L na strani PR, sa NQ = LR. Tačka sjecišta segmenata QL i NR dijeli QR u omjeru m: n, računajući od tačke Q. Pronađite PN: PR. (na slajdu 5).

Rješenje: Po uvjetu NQ = LR, . Neka je NA = LR = a, QF = km, LF = kn. Prava NR siječe dvije stranice trougla PQL i nastavak treće. Prema Menelajevoj teoremi

3. Uvježbavanje praktičnih vještina.

1. Rješavanje problema:

Dokažite teoremu: Medijane trougla seku se u jednoj tački; tačka presjeka dijeli svaku od njih u omjeru 2:1, računajući od vrha. (Slika 1 slajd 6).

Dokaz: Neka su AM 1, VM 2, CM 3 medijane trougla ABC. Da bismo dokazali da se ovi segmenti sijeku u jednoj tački, dovoljno je to pokazati Zatim, prema Chevinoj (konverznoj) teoremi, segmenti AM 1, VM 2 i CM 3 se sijeku u jednoj tački. Imamo:

Dakle, dokazano je da se medijane trougla seku u jednoj tački.

Neka je O presjek medijana. Prava M 3 C siječe dvije stranice trougla ABM 2 i nastavak treće stranice ovog trougla. Prema Menelajevoj teoremi

ili .

Uzimajući u obzir Menelajevu teoremu za trouglove AM 1 C i AM 2 C, dobijamo to

. Teorema je dokazana.

Dokazati teoremu: Simetrale trougla seku se u jednoj tački.(Slika 2 slajd 6).

Dokaz: Dovoljno je to pokazati . Zatim, prema Cevinoj (konverznoj) teoremi, AL 1, BL 2, CL 3 se seku u jednoj tački. Prema svojstvu simetrala trougla:

. Pomnožeći rezultujuće jednakosti pojam po član, dobijamo: . Dakle, za simetrale trougla, Cheva je jednakost zadovoljena, dakle, one se sijeku u jednoj tački. Teorema je dokazana.

Problem 7

Dokažite teoremu: Visine oštrog trougla seku se u jednoj tački.(Slika 3 slajd 6).

Dokaz: Neka su AH 1, AH 2, AH 3 visine trougla ABC sa stranicama a, b, c. Koristeći Pitagorinu teoremu, iz pravokutnih trouglova ABN 2 i BSN 2 izražavamo, respektivno, kvadrat zajedničke noge BN 2, označavajući AH 2 = x, CH 2 = b – x.

(VN 2) 2 = c 2 – x 2 i (VN 2) 2 = a 2 – (b – x) 2. izjednačavajući desne strane rezultirajućih jednakosti, dobijamo c 2 – x 2 = a 2 – (b – x) 2, odakle je x =.

Tada je b –x = b - = .

Dakle, AN 2 = , CH 2 = .

Slično razmišljajući za pravokutne trokute ASN 2 i VSN 3, VAN 1 i SAN 1, dobijamo AN 3 =, VN 3 = i VN 1 =,

Za dokazivanje teoreme dovoljno je to pokazati . Zatim, prema Chevinoj (konverznoj) teoremi, segmenti AN 1, VN 2 i CH 3 se sijeku u jednoj tački. Zamjenjujući u lijevu stranu jednakosti izraze za dužine odsječaka AN 3, VN 3, VN 1, CH 1, CH 2 i AN 2 kroz a, b, c, uvjeravamo se da je Cheva jednakost za visine od trougao je zadovoljan. Teorema je dokazana.

Zadatke 5 – 7 samostalno rješavaju 3 učenika. (crteži na ekranu).

2. ostali:

Dokažite teoremu: Ako je kružnica upisana u trokut, tada se segmenti koji povezuju vrhove trougla sa dodirnim tačkama suprotnih strana sijeku u jednoj tački. (Slika 4 slajd 6).

Dokaz: Neka su A 1, B 1 i C 1 tangente upisane kružnice trougla ABC. Da bismo dokazali da se segmenti AA 1, BB 1 i CC 1 sijeku u jednoj tački, dovoljno je pokazati da vrijedi Cheva jednakost:

. Koristeći svojstvo tangenti povučenih iz jedne tačke, uvodimo zapis: BC 1 = BA 1 = x, CA 1 = CB 1 = y, AB 1 = AC 1 = z.

. Čeva jednakost je zadovoljena, što znači da se naznačeni segmenti (simetrale trougla) seku u jednoj tački. Ova tačka se zove Gergonova tačka. Teorema je dokazana.

3. Analiza zadataka 5, 6, 7.

Problem 9

Neka je AD medijana trougla ABC. Na strani AD, tačka K je uzeta tako da je AK: KD = 3: 1. Prava BK deli trougao ABC na dva dela. Pronađite omjer površina ovih trouglova. (Slika 1 na slajdu 7)

Rješenje: Neka je AD = DC = a, KD = m, tada je AK ​​= 3m. Neka je P tačka preseka prave BK sa stranicom AC. Morate pronaći vezu. Pošto trouglovi ABP i RVS imaju jednake visine povučene iz temena B, onda je = . Prema Menelajevoj teoremi za trokut ADC i sekans PB imamo: . Dakle, = .

Problem 10

U trouglu ABC, opisanom oko kružnice, AB = 8, BC = 5, AC = 4. A 1 i C 1 su tačke dodira, koje pripadaju stranicama BC i BA, redom. P – tačka preseka segmenata AA 1 i CC 1. Tačka P leži na simetrali BB 1. Pronađite AR: RA 1.

(na slajdu 7 slika 2)

Rešenje: Tačka dodira kružnice sa stranicom AC ne poklapa se sa B1, jer je trougao ABC skalavan. Neka je C 1 B = x, onda, koristeći svojstvo tangenti povučenih u kružnicu iz jedne tačke, uvodimo zapis (vidi sliku) 8 – x + 5 – x = 4, x = .

To znači C 1 B = VA 1 = , A 1 C = 5 - = , AC 1 = 8 - = .

U trouglu ABA 1, prava C 1 C siječe njegove dvije stranice i nastavak treće stranice. Prema Menelajevoj teoremi .

Odgovor: 70:9.

Stranice trougla su 5, 6 i 7. Nađite omjer segmenata na koje je simetrala većeg ugla ovog trougla podijeljena centrom kružnice upisane u trokut. (na slajdu 7).

Rješenje: Neka je AB = 5, BC = 7, AC = 6 u trouglu ABC. Središte upisane kružnice trougla leži u sjecištu simetrala. Neka je O tačka presjeka simetrala. Morate pronaći AO: OD. Pošto je AD simetrala trokuta ABC, odnosno BD = 5k, DC = 6k. pošto je BF simetrala trougla ABC, odnosno AF = 5m, FC = 7m. Prava BF siječe dvije stranice i produžetak treće stranice trougla ADC. Prema Menelajevoj teoremi .

4. Samostalno rješavanje zadataka 9, 10, 11.– 3 učenika.

Zadatak 12 (za sve preostale učenike u razredu):

Simetrale BE i AD trougla ABC seku se u tački Q. Nađite površinu trougla ABC ako je površina trougla BQD = 1, 2AC = 3 AB, 3BC = 4 AB. (Slika 4 na slajdu 7).

Rješenje: Neka je AB = a, zatim AC = , BC = . AD je, dakle, simetrala trougla ABC , odnosno BD = 2p, DC = 3p. BE je simetrala trougla ABC, dakle , AE = 3 k, EC = 4k. U trouglu BEC, prava AD siječe dvije njegove stranice i produžetak treće stranice. Prema Menelajevoj teoremi . . . . . Trouglovi QBD i EBC imaju zajednički ugao, što znači , S EBC = .

Trouglovi ABC i BEC imaju jednake visine povučene iz temena B, što znači , tada je S ABC = .

5. Analiza zadataka 9, 10, 11.

Rješavanje problema – radionica:

A. Na stranicama BC, CA, AB jednakokračnog trougla ABC sa osnovom AB uzete su tačke A 1, B 1, C 1, pa su prave AA 1, BB 1, CC 1 konkurentne.

Dokaži to

dokaz:

Po Cevinoj teoremi imamo: (1).

Prema zakonu sinusa: , odakle je CA 1 = CA.,

, odakle je A 1 B = AB. , ,

odakle je AB 1 = AB. , , odakle je B 1 C = BC. , budući da je CA = BC po uslovu. Zamjenom rezultirajućih jednakosti u jednakost (1) dobijamo:

Q.E.D.

B. Na strani AC trougla ABC uzeta je tačka M takva da je AM = ?AC, a na nastavku stranice BC nalazi se tačka N takva da je BN = CB. U kom odnosu tačka P, tačka preseka segmenata AB i MN, deli svaki od ovih segmenata?

Prema Menelajevoj teoremi, za trougao ABC i sekantu MN imamo:

. Po stanju dakle,

od 0.5. (-2) . x = 1, - 2x = - 2, x = 1.

Za trougao MNC i sekantu AB, prema Menelajevoj teoremi imamo: po stanju

znači, - , odakle, .

8. Samostalno rješavanje problema: Opcija 1:

1. Na nastavcima stranica AB, BC, AC trougla ABC uzete su tačke C 1, A 1, B 1, tako da su AB = BC 1, BC = CA 1, CA = AB 1. Pronađite omjer u kojem prava AB 1 dijeli stranicu A 1 C 1 trougla A 1 B 1 C 1. (3 boda).

2. Na medijani CC 1 trougla ABC uzeta je tačka M Prave AM i BM seku stranice trougla, respektivno, u tačkama A 1 i B 1. Dokazati da su prave AB i A 1 B 1 paralelne. (3 boda).

3. Neka su tačke C 1, A 1 i B 1 uzete redom na nastavku stranica AB, BC i AC trougla ABC. Dokažite da tačke A 1, B 1, C 1 leže na istoj pravoj liniji ako i samo ako jednakost važi . (4 boda).

6. Neka se na stranicama AB, BC i AC trougla ABC uzmu tačke C 1, A 1 i B 1, tako da se prave AA 1, BB 1, CC 1 sijeku u tački O. Dokazati da vrijedi jednakost . (5 bodova).

7 . Neka su tačke A 1, B 1, C 1, D 1 uzete na ivicama AB, BC, CD i AD tetraedra ABCD, respektivno. Dokažite da tačke A 1, B 1, C 1, D 1 leže u istom ravni ako i samo ako , kada je jednakost zadovoljena (5 bodova).

Opcija 2:

1. Tačke A 1 i B 1 dijele stranice BC i AC trokuta ABC u omjerima 2: 1 i 1: 2. Prave AA 1 i BB 1 seku se u tački O. Površina trougla ABC je jednaka 1. Pronađite površina trougla OBC. (3 boda).

2. Odsječak MN koji povezuje sredine stranica AD i BC četverougla ABCD podijeljen je dijagonalama na tri jednaka dijela. Dokazati da je ABCD trapez, jedna od baza AB ili CD, koja je dvostruko veća od druge. (3 boda).

3. Neka su tačke C 1, A 1 i B 1 uzete na strani AB i nastavku stranica BC i AC trougla ABC, redom. Dokazati da se prave AA 1, BB 1, SS 1 sijeku u jednoj tački ili da su paralelne ako i samo ako vrijedi jednakost . (4 boda).

4. Koristeći Cevinu teoremu dokazati da se visine trougla ili njihovih produžetaka sijeku u jednoj tački. (4 boda).

5. Dokažite da se prave koje prolaze kroz vrhove trougla i tangente ekskrugova seku u jednoj tački (Nagelova tačka). (Kružnica se naziva ekskrug u trokutu ako dodiruje jednu stranu ovog trougla i produžetke njegove dve druge strane). (5 bodova).

6. Neka se na stranicama AB, BC i AC trougla ABC uzmu tačke C 1, A 1, B 1, tako da se prave AA 1, BB 1 i CC 1 sijeku u tački O. Dokazati da vrijedi jednakost . (5 bodova).

7. Neka su tačke A 1, B 1, C 1, D 1 uzete na ivicama AB, BC, CD i AD tetraedra ABCD, redom. Dokažite da tačke A 1, B 1, C 1, D 1 leže ista ravan tada i samo kada je jednakost zadovoljena (5 bodova).

9. Domaći zadatak: udžbenik § 3, br. 855, br. 861, br. 859.