„Средна линия на трапеца“ - Средната линия на трапеца. A. MN е средната линия на трапеца ABCD. В триъгълник можете да построите... средни линии. Средната линия на триъгълника има свойството... MN = ? AB. Определяне на средната линия на трапеца. Теорема за средната линия на трапец. D. Продължете изречението: MN || AB.
“Уравнение 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 изследването. Резултати от изследването: 4. Определете основните параметри на елипсата: Цел: Изучете 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 права A1A3. Астрономия. Геометрия. Според свойството на успоредника A1A2 = FB2, A2A3 = B2E. Милетски материалист. И тъй като A1A2 = A2A3, тогава FB2 = B2E. Талес е широко известен като геометър.
“Задачи за кръг и кръг” - 2. Отговор: S=25? cm2; C=10? вижте Разрешаване на проблеми. 1. Обиколка и площ на кръг.
“Геометрия на правилните многоъгълници” - Около всеки правилен многоъгълник можете да опишете окръжност и само една. Нека изведем формула за изчисляване на ъгъл аn 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 окръжността, описана около триъгълника.
“Геометрия на движението 9 клас” - Аксиален. Аксиална симетрия. Централна и аксиална симетрия. Теорема. Видове движения. Завъртете. Наслагване. Всяко движение е налагане. Аксиална симетрия Централна симетрияЗавъртане на паралелен трансфер. Паралелен трансфер. Движения. Централна симетрия. Концепцията за движение. Геометрия 9 клас. Централна. При движение сегментът се нанася върху сегмента.
Думата „движение“ ви е позната. Но в геометрията има специално значение. За кое от тях ще научите в тази глава. Засега нека отбележим, че с помощта на движенията е възможно да се намерят красиви решения на много геометрични задачи. В тази глава ще намерите примери за такива решения.
Нека си представим, че всяка точка от равнината се сравнява (поставя в съответствие) с някаква точка от същата равнина и всяка точка от равнината се оказва свързана с някаква точка. После казват, че се дава картографиране на равнината върху себе си.
Всъщност вече се сблъскахме с преобразуване на равнина върху себе си - нека си спомним аксиалната симетрия (вижте параграф 48). Тя ни дава пример за такова картографиране. Всъщност нека a е оста на симетрия (фиг. 321). Нека вземем произволна точка M, която не лежи на права a, и построим точка M 1, симетрична на нея спрямо права a. За да направите това, трябва да начертаете перпендикуляр MR към правата линия a и да поставите върху правата MR сегмента RM 1, равен на сегмента MR, 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 с помощта на аксиалната симетрия всяка точка M от равнината е свързана с точка M от същата самолет. 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 (вижте параграф 48). Нека O е центърът на симетрия. Всяка точка M от равнината е свързана с точка M 1, симетрична на точка M спрямо точка O (фиг. 322). Опитайте се да се уверите сами, че централната симетрия на равнината също е преобразуване на равнината върху себе си.
Ориз. 322
Концепция 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 спрямо права линия a (фиг. 323). От точки N и N 1 изчертаваме перпендикуляри NP и N 1 P 1 към правата MM 1. Правоъгълните триъгълници MNP и M 1 N 1 P 1 са равни по 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 техните симетрични точки M 1 и N 1. Разгледайте сами други случаи на местоположението на точките M, N и M 1, N 1 и се уверете, че в тези случаи MN = M 1 N 1 (фиг. 324). По този начин ротационната симетрия е картографиране, което запазва разстоянията между точките. Всяко картографиране, което има това свойство, се нарича движение (или транслация).
Ориз. 324
Така, движението на самолета е картографиране на самолета върху себе си, като се запазват разстоянията.
Защо картографиране, което запазва разстоянията, се нарича движение (или изместване), може да се обясни с помощта на примера на аксиалната симетрия. Може да се представи като завъртане на равнината в пространството на 180° около оста a. Фигура 325 показва как става това завъртане.
Ориз. 325
Забележи, че централната симетрия на равнината също е движение(като използвате фигура 326, вижте това сами).
Ориз. 326
Нека докажем следната теорема:
Теорема
| При движение сегментът се нанася върху сегмента. |
Доказателство
Нека при дадено движение на равнината краищата M и N на отсечката MN се съпоставят с точки 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 е точката, към която се преобразува точка P. Тогава MP + PN = MN. Тъй като разстоянията се запазват при движение, тогава
M1N1 = MN, M1P1 = MR и N1P1 = NP. (1)
Ориз. 327
От равенствата (1) получаваме, че M 1 P 1 + P 1 N 1 = M 1 N 1 и следователно точката P 1 лежи на сегмента M 1 N 1 (ако приемем, че това не е така, тогава неравенството M 1 P 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 на всяка точка P 1 от отсечката M 1 N 1 се съпоставя някаква точка P от отсечката MN. Нека го докажем. Нека P 1 е произволна точка от сегмента M 1 N 1 и точка P за дадено движение се преобразува в точка P 1. От съотношения (1) и равенството M 1 N 1 = M 1 P 1 + P 1 N 1 следва, че MR + PN = MN и следователно точка P лежи на отсечката MN. Теоремата е доказана.
Последица
Всъщност, по силата на доказаната теорема, при движение всяка страна на триъгълника се нанася върху равен сегмент, следователно триъгълникът се нанася върху триъгълник със съответно равни страни, т.е. равен триъгълник.
Използвайки доказаната теорема, не е трудно да се провери, че при движение права линия се преобразува в права линия, лъч в лъч и ъгъл в равен на него ъгъл.
Наслоявания и движения
Спомнете си, че в нашия курс по геометрия равенството на фигурите се определя с помощта на припокривания. Казваме, че фигурата Ф е равна на фигурата Фп, ако фигурата Ф може да се комбинира чрез застъпване с фигурата Ф 1. Концепцията за суперпозиция в нашия курс се отнася до основните понятия на геометрията, така че определението за суперпозиция не е дадено. Като наслагваме фигурата Φ върху фигурата Φ 1, имаме предвид определено 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 нанасят на определена точка на равнината, т.е. наслагването е картографиране на равнина върху себе си.
Въпреки това, ние не наричаме всяко преобразуване на равнина върху себе си налагане. Налаганията са тези преобразувания на равнината върху себе си, които имат свойства, изразени в аксиоми (вижте Приложение 1, аксиоми 7-13). Тези аксиоми ни позволяват да докажем всички онези свойства на налаганията, които си представяме визуално и които използваме, когато доказваме теореми и решаваме задачи. Нека докажем, например, това когато се наслагват, различни точки се нанасят на различни точки.
Всъщност нека приемем, че това не е така, т.е. с известно припокриване някакви две точки A и B се съпоставят с една и съща точка C. Тогава фигурата Ф 1, състояща се от точки A и B, е равна на фигура Ф 2, състояща се от една точка С. 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 при всяко картографиране точка C е свързана само с една точка от равнината.
От доказаното твърдение следва, че когато се наслагва, сегмент се преобразува върху равен сегмент. Наистина, нека, когато се насложат, краищата A и B на отсечката AB са съпоставени с 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 сегменти имат равни дължини, суперпозицията е преобразуване на равнината върху себе си, като се запазват разстоянията, т.е. всяко припокриване е движение на равнината.
Нека докажем, че и обратното е вярно.
Теорема
Доказателство
Нека разгледаме произволно движение (означим го с буквата g) и докажем, че то е налагане. Нека вземем някакъв триъгълник ABC. Когато g се движи, то се нанася върху равен триъгълник A 1 B 1 C 1 . По дефиницията на еднакви триъгълници има припокриване ƒ, при 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 това не е така. Тогава на равнината има поне една такава точка M, която при движение на g се преобразува в точка M„, а при прилагане на ƒ в друга точка M2. Тъй като разстоянията се запазват при картографиране ƒ u g, 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 подобен 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 и съща права линия. Така преобразуванията ƒ u g съвпадат, т.е. движението на g е припокриване. Теоремата е доказана.
Ориз. 328
Последица
Задачи
1148. Докажете, че при аксиална симетрия на равнината:
а) права линия, 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 линия, 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 един ъгъл се отразява на равен на него ъгъл.
Нека за дадено движение ъгъл AOB се преобразува върху ъгъл A 1 O 1 B 1 , а точките A, O, B се преобразуват съответно в точки A 1 , O 1 , B 1 . Тъй като разстоянията се поддържат по време на движение, тогава OA = O 1 A 1, OB = O 1 B 1. Ако ъгълът AOB не е развит, тогава триъгълниците AOB и A 1 O 1 B 1 са равни по три страни и следователно ∠AOB = ∠A 1 O 1 B 1. Ако ъгъл AOB е обърнат, тогава ъгъл A 1 O 1 B 1 е обърнат (докажете това), така че тези ъгли са равни.
1151. Докажете, че при движение успоредните прави се преобразуват в успоредни прави.
1152. Докажете, че при движение: а) успоредник се преобразува в успоредник; б) трапецът се преобразува в трапец; в) ромбът 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 равнинно картографиране, при което всяка точка се картографира върху себе си, е импозиция.
1155. ABC и A 1 B 1 C 1 - произволни триъгълници. Докажете, че има най-много едно движение, при което точки A, B и C се преобразуват в точки A 1, B 1, C 1.
1156. В триъгълници ABC и A 1 B 1 C 1 AB = 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 условията на задачата триъгълниците ABC и A 1 B 1 C 1 са равни по три страни. Следователно има припокриване, т.е. движение, при което точки A, B и C се нанасят съответно на точки A 1, B 1 и C 1. Това движение е единственото движение, при което точки A, B и C се съпоставят съответно с 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 единия успоредник са съответно равни на съседните страни и ъгъла между тях на другия 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 този четириъгълник е нанесен с аксиална симетрия с оста a. Какво представлява формата F?
1160 Дадени са точка O и права b. Построете права, върху която правата b е нанесена с централна симетрия с център O.
1161 Дадени са точка O и триъгълник ABC. Постройте фигура F, върху която триъгълник ABC е нанесен с централна симетрия към центъра O. Какво представлява фигурата F?
Отговори на проблеми
1151. Инструкция. Докажете от противното.
1154. Инструкция. Използвайте теорема 119.
1155. Инструкция. Доказателството се извършва от противно (вижте доказателството на теоремата, параграф 119).
1157. Инструкция. Използвайте задачи 1156 и 1051.
1158. Инструкция. Първо, конструирайте изображения на някои две точки от правата b.
1159. F - четириъгълник.
1160. Инструкция. Задачата се решава подобно на задача 1158.
1161. F - триъгълник.
