"Средна линия на трапеца" - Средната линия на трапеца. A. MN е средната линия на трапеца ABCD. В триъгълник можете да изградите ... средни линии. Средната линия на триъгълник има свойството … MN = ? AB. Определение на средната линия на трапеца. Теорема за средната линия на трапец. D. Продължете изречението: MN || AB.
"Уравнението на елипса" - Автори: Гололобова О. 9 клас Негрова О. 9 клас Долгова К. 9 клас. Дефиниция на елипса. Как свойствата на елипсата са свързани със свойствата на други "забележителни" криви? 2. Изведехме каноничното уравнение на елипсата. Напредък на изследванията. Резултати от изследването: 4. Определете основните параметри на елипсата: Цел: Изследването на основните параметри на елипсата. 3. Построена елипса.
"Теорема на Талес" - Смята се, че Талес е първият, който изучава движението на Слънцето по небесна сфера. Теорема на Талес. Геометрична теорема е кръстена на Талес. Нека начертаем права EF през точка B2, успоредна на правата A1A3. Астрономия. Геометрия. По свойството на успоредник A1A2=FB2, A2A3=B2E. Милетски материалист. И тъй като A1A2=A2A3, тогава FB2=B2E. Талес е широко известен като геометър.
„Задачи за кръга и окръжността” – 2. Отговор: S = 25? cm2; C=10? вижте Разрешаване на проблеми. 1. Обиколка и площ на кръг.
„Геометрия на правилни многоъгълници“ – Окръжност може да бъде описана около всеки правилен многоъгълник и само един. Извеждаме формула за изчисляване на ъгъл an на правилен n-ъгълник. Вземете произволни три върха на многоъгълника A1A2...An, например A1, A2, A3. Нека сега докажем уникалността на такъв кръг. Център на правилен многоъгълник. Теорема за центъра на правилен многоъгълник. Уникалността на такава окръжност следва от уникалността на описаната окръжност около триъгълника.
"Геометрия на движението 9 клас" - Аксиален. Аксиална симетрия. Централна и аксиална симетрия. Теорема. Видове движения. Завъртете. Наслагване. Всяко движение е наслагване. Аксиална симетрия Централна симетрияПаралелен превод Завъртане. Паралелен трансфер. Движение. централна симетрия. Концепцията за движение. Геометрия 9 клас. Централна. При движение сегментът се показва върху сегмента.
Думата "движение" ви е позната. Но в геометрията има специално значение. Коя от тях, ще научите за това от тази глава. Междувременно отбелязваме, че с помощта на движенията е възможно да се намерят красиви решения на много геометрични проблеми. В тази глава ще намерите примери за такива решения.
Нека си представим, че всяка точка от равнината е асоциирана (асоциирана) с някаква точка от същата равнина и всяка точка от равнината е асоциирана с някаква точка. Тогава казват, че е дадено картографиране на равнината върху себе си.
Всъщност вече се срещнахме с преобразуване на равнина върху себе си - нека си припомним аксиалната симетрия (виж раздел 48). Това ни дава пример за такова картографиране. Наистина, нека a е оста на симетрия (фиг. 321). Нека вземем произволна точка M, която не лежи на правата a, и построим точка M 1, симетрична на нея спрямо правата a. За да направите това, трябва да начертаете перпендикуляр MP към правата линия a и да поставите сегмент PM 1 върху правата линия MP, равен на сегмента MP, както е показано на фигура 321. Точката M 1 ще бъде желаната. Ако точката M лежи на правата a, тогава точката M 1, симетрична на нея, съвпада с точката M. Виждаме, че използвайки аксиална симетрия, всяка точка M от равнината е свързана с точка M, същата равнина. В този случай всяка точка M 1 се оказва свързана с някаква точка M. Това е ясно от фигура 321.
Ориз. 321
Така, аксиалната симетрия е преобразуване на равнината върху себе си.
Нека сега разгледаме централната симетрия на равнината (виж раздел 48). Нека O е центърът на симетрия. Всяка точка M от равнината е свързана с точка M 1, симетрична на точката M спрямо точката O (фиг. 322). Опитайте се да видите сами, че централната симетрия на една равнина също е преобразуване на равнината върху себе си.
Ориз. 322
Концепцията за движение
Аксиалната симетрия има следното важно свойство - е картографиране на равнината върху себе си, което запазва разстоянията между точките.
Нека обясним какво означава това. Нека M и N са всякакви точки, а M 1 и N 1 са точки, симетрични на тях по отношение на правата a (фиг. 323). От точките N и N 1 прекарваме перпендикуляри NP и N 1 P 1 към правата MM 1 . правоъгълни триъгълници MNP и M 1 N 1 P 1 са равни в два катета: MP = M 1 P 1 и NP = N 1 P 1 (обяснете защо тези катети са равни). Следователно хипотенузите MN и M 1 N 1 също са равни.
Ориз. 323
Следователно, разстоянието между точките M и N е равно на разстоянието между точките, симетрични на тях M 1 и N 1. Помислете сами за други случаи на местоположение на точки M, N и M 1, N 1 и се уверете, че в тези случаи MN \u003d M 1 N 1 (фиг. 324). По този начин аксиалната симетрия е картографиране, което запазва разстоянията между точките. Всяко картографиране, което има това свойство, се нарича движение (или изместване).
Ориз. 324
Така, движението на равнината е преобразуване на равнината върху себе си, като се запазват разстоянията.
Защо картографиране, което запазва разстоянията, се нарича движение (или транслация), може да се обясни с примера на аксиалната симетрия. Може да се представи като завъртане на равнина в пространството на 180 ° около оста a. Фигура 325 показва как се случва такъв обрат.
Ориз. 325
Забележи, че централната симетрия на равнината също е движение(Използвайки фигура 326, вижте сами).
Ориз. 326
Нека докажем следната теорема:
Теорема
| При движение сегментът се показва върху сегмента. |
Доказателство
Нека при дадено движение на равнината краищата M и N на отсечката MN се съпоставят с точките M 1 и N 1 (фиг. 327). Нека докажем, че целият сегмент MN се преобразува върху сегмента M 1 N 1 . Нека P е произволна точка от отсечката MN, P 1 - точката, в която се преобразува точката P. Тогава MP + PN = MN. Тъй като разстоянията се запазват по време на движение, тогава
M1N1 = MN, M1P1 = MP и N1P1 = NP. (един)
Ориз. 327
От равенства (1) получаваме, че М 1 Р 1 + P 1 N 1 = M 1 N 1 и следователно точката Р 1 лежи на отсечката M 1 N 1 (ако приемем, че това не е така, тогава неравенството M 1 R 1 + P 1 N 1 > M 1 N 1). И така, точките от отсечката MN се съпоставят с точките от отсечката M 1 N 1 .
Необходимо е също така да се докаже, че някаква точка P от отсечката MN е съпоставена с всяка точка Р 1 от отсечката M 1 N 1. Нека го докажем. Нека P 1 е произволна точка от отсечката M 1 N 1 и точката P за дадено движение се преобразува в точката P 1 . От съотношенията (1) и равенството M 1 N 1 = M 1 P 1 + P 1 N 1 следва, че MP + PN = MN и следователно точката P лежи на отсечката MN. Теоремата е доказана.
Последица
Наистина, по силата на доказаната теорема, всяка страна на триъгълника се нанася върху равен на нея сегмент и следователно триъгълникът се нанася върху триъгълник със съответно равни страни, т.е. върху равен триъгълник.
С помощта на доказаната теорема е лесно да се уверите, че при движение права линия се преобразува в права линия, лъч в лъч и ъгъл се преобразува в ъгъл, равен на него.
Наслоявания и движения
Спомнете си, че в нашия курс по геометрия равенството на фигурите се определя с наслагвания. Казваме, че фигура Φ е равна на фигура Φp, ако фигурата Φ може да се насложи с фигурата Φ 1 . Концепцията за наслагване в нашия курс се отнася до основните понятия на геометрията, така че определението за наслагване не е дадено. Под налагането на фигура Φ върху фигура Φ 1 имаме предвид някакво преобразуване на фигурата Φ върху фигурата Φ 1. Освен това смятаме, че в този случай не само точките на фигурата Φ, но и всяка точка от равнината се преобразуват до определена точка от равнината, т.е. overlay е картографиране на равнина върху себе си.
Въпреки това, ние не наричаме всяко преобразуване на равнина върху себе си налагане. Наслагванията са такива преобразувания на равнината върху себе си, които имат свойствата, изразени в аксиоми (вижте Приложение 1, аксиоми 7-13). Тези аксиоми ни позволяват да докажем всички онези свойства на налагания, които си представяме визуално и които използваме при доказване на теореми и решаване на проблеми. Нека докажем, например, това наслагването картографира различни точки към различни точки.
Наистина, да предположим, че това не е така, т.е. с известно припокриване някои две точки A и B се преобразуват в една и съща точка C. Тогава фигурата Ф 1, състояща се от точки A и B, е равна на фигурата Ф 2 , състояща се от една точка C. От това следва, че Ф 2 = Ф 1 (аксиома 12), т.е. с известно припокриване фигурата Ф 2 се преобразува във фигурата Ф 1 . Но това е невъзможно, тъй като наслагването е картографиране и за всяко картографиране точка C е свързана само с една точка от равнината.
От доказаното твърдение следва, че при наслагване сегментът се преобразува върху равен сегмент. Наистина, нека, когато се насложат, краищата A и B на отсечката AB се преобразуват в точки A 1 и B 1 . Тогава сегментът AB се преобразува върху сегмента A 1 B 1 (аксиома 7) и следователно сегментът AB е равен на сегмента A 1 B 1 . Тъй като равните отсечки имат равни дължини, налагането е нанасяне на равнината върху себе си, като се запазват разстояния, т.е. всяко припокриване е движение на равнината.
Нека докажем, че и обратното твърдение е вярно.
Теорема
Доказателство
Разгледайте произволно движение (означено с буквата g) и докажете, че е наложено. Вземете произволен триъгълник ABC. Когато g се движи, то се нанася върху равен триъгълник A 1 B 1 C 1 . По дефиницията на равни триъгълници има наслагване ƒ, в което точките A, B и C се нанасят съответно на точки A 1 , B 1 и C 1 .
Нека докажем, че движението на g съвпада с налагането на ƒ. Да приемем, че не е така. Тогава има поне една такава точка M на равнината, която при движение на g се преобразува в точката Mn, а когато се приложи ƒ, в друга точка M2. Тъй като преобразуванията ƒ u g запазват разстояния, тогава AM = A 1 M 1, AM = A 1 M 2, следователно A 1 M 1 = A 1 M 2, т.е. точката A 1 е на еднакво разстояние от точките M 1 и M 2 (фиг. 328). По същия начин се доказва, че точките B 1 и C 1 са на еднакво разстояние от точките M 1 и M 2 . От това следва, че точките A 1 , B 1 и C 1 лежат на ъглополовящата на отсечката M 1 M 2 . Но това е невъзможно, тъй като върховете на триъгълника A 1 B 1 C 1 не лежат на една права линия. Така преобразуванията ƒ u g съвпадат, т.е. движението на g е наслагване. Теоремата е доказана.
Ориз. 328
Последица
Задачи
1148. Докажете, че при аксиална симетрия на равнината:
а) права, успоредна на оста на симетрия, се нанася върху права, успоредна на оста на симетрия;
б) права линия, перпендикулярна на оста на симетрия, се нанася върху себе си.
1149. Докажете, че при централна симетрия на равнината:
а) права, която не минава през центъра на симетрия, се нанася върху права, успоредна на нея;
б) правата, минаваща през центъра на симетрия, се нанася върху себе си.
1150. Докажете, че при движение ъгълът се преобразува в равния му ъгъл.
Нека ъгълът AOB се преобразува в ъгъла A 1 O 1 B 1 за това движение, а точките A, O, B се преобразуват съответно в точките A 1 , O 1 , B 1 . Тъй като разстоянията се запазват по време на движение, тогава OA \u003d O 1 A 1, OB \u003d O 1 B 1. Ако ъгълът AOB не е развит, то триъгълниците AOB и A 1 O 1 B 1 са равни по три страни и следователно ∠AOB = ∠A 1 O 1 B 1 . Ако ъгълът AOB е развит, тогава ъгълът A 1 O 1 B 1 е развит (докажете го), следователно тези ъгли са равни.
1151. Докажете, че при преместване успоредни прави се преобразуват в успоредни прави.
1152. Докажете, че при движение: а) успоредник се преобразува в успоредник; б) трапец се преобразува върху трапец; в) ромб се нанася върху ромб; г) правоъгълник се преобразува в правоъгълник, а квадрат се преобразува в квадрат.
1153. Докажете, че при движение окръжност се преобразува в окръжност със същия радиус.
1154. Докажете, че преобразуването на равнината, в което всяка точка се нанася върху себе си, е наслагване.
1155. ABC и A 1 B 1 C 1 - произволни триъгълници. Докажете, че има най-много едно движение, при което точките A, B и C се съпоставят с точките A 1 , B 1 , C 1 .
1156. В триъгълници ABC и A 1 B 1 C 1 AB \u003d A 1 B 1, AC = A 1 C 1, BC = B 1 C 1. Докажете, че има движение, при което точки A, B и C се съпоставят с точки A 1 , B 1 и C 1 и то само едно.
Според условието на задачата триъгълниците ABC и A 1 B 1 C 1 са равни по три страни. Следователно, има наслагване, т.е. движение, при което точки A, B и C се нанасят съответно на точки A1, B1 и C1. Това движение е единственото движение, при което точки A, B и C се нанасят съответно на точки A 1 , B 1 и C 1 (задача 1155).
1157. Докажете, че два успоредника са равни, ако съседните страни и ъгълът между тях на един успоредник са съответно равни на съседните страни и ъгъла между тях на друг успоредник.
1158. Дадени са две прави a и b. Построете права, върху която правата b е нанесена с аксиална симетрия с оста a.
1159. Дадени са права a и четириъгълник ABCD. Построете фигура F, върху която дадения четириъгълник е нанесен с осова симетрия на оста a. Какво е фигура F?
1160 Дадени са точка O и права b. Построете права, върху която права b е нанесена в централна симетрия с център O.
1161 Дадени са точка O и триъгълник ABC. Построете фигура F, на която триъгълникът ABC е нанесен с централна симетрия с център O. Какво представлява фигурата F?
Отговори на задачи
1151. Инструкция. Докажете от противното.
1154. Инструкция. Използвайте теоремата от т.119.
1155. Инструкция. Доказателството се извършва от противно (вижте доказателството на теоремата в § 119).
1157. Инструкция. Използвайте задачи 1156 и 1051.
1158. Инструкция. Първо, изградете изображения на някои две точки от правата b.
1159. F - четириъгълник.
1160. Инструкция. Задачата се решава подобно на задача 1158.
1161. F - триъгълник.
