„Tipuri de triunghiuri” - Tipuri de triunghiuri. Pe baza lungimii comparative a laturilor, se disting următoarele tipuri de triunghiuri. În funcție de dimensiunea unghiurilor, se disting următoarele tipuri. Punctele se numesc vârfuri, iar segmentele se numesc laturi.

„Unghiurile unui triunghi” - Triunghi acut. Poate un triunghi să aibă două unghiuri drepte? Triunghi echilateral. Triunghi isoscel. Triunghi dreptunghic. Triunghi obtuz. Poate un triunghi să aibă două unghiuri obtuze? Într-un triunghi echilateral unghiurile sunt egale cu 600. Într-un triunghi dreptunghic isoscel colțuri ascuțite egal cu 450 fiecare.

„Lecții de geometrie în clasa a VII-a” - Rezolvarea problemelor.” Picioarele BC și SA. Lucrați conform desenelor gata făcute. „Suma unghiurilor unui triunghi. Material nou. Triunghi dreptunghic. Sarcina nr. 1. Rezolvarea problemelor folosind desene gata făcute. Nr. 232 (oral), Nr. 231. Demonstrați: unghiul ABC este mai mic decât unghiul ADC. Test oral. Lecție de geometrie în clasa a VII-a. Hipotenuza AB.

„Triunghi dreptunghic” - Informațiile despre Euclid sunt extrem de rare. Un triunghi este un poligon cu trei laturi (sau trei unghiuri). Euclid - autor de lucrări de astronomie, optică, muzică etc. Unghiul exterior al unui triunghi egal cu suma colțuri interne care nu sunt adiacente acestuia. Euclid este primul matematician al școlii alexandrine. Definiții. Test de control.

„Triunghi isoscel și proprietățile sale” - Numiți baza și laturile acestor triunghiuri. Aflați valoarea unghiului 1 dacă valoarea unghiului 2 este de 40 de grade? A, C – unghiuri de la baza unui triunghi isoscel. Sunt triunghiurile egale? Unde în viață se întâlnesc? triunghiuri isoscele? AM – mediană. UN TRIUNGHI, ale cărui laturi sunt egale, se numește ECHILATERAL.

„Triunghi dreptunghic de geometrie” - numere egiptene: calculați aria parcelei în formă triunghiulară a unui țăran egiptean. Supraveghetori. Ce numeau egiptenii triunghi dreptunghic? Constructorii egipteni: Piciorul și ipotenuza în Egipt Pitagora: Piciorul și ipotenuza în geometrie. Întrebări de la geodezi: - Piciorul este mai mare decât ipotenuza. Pitul opus unghiului de 60 de grade este egal cu jumătate din ipotenuză.

Din școală știm că cele trei bisectoare ale unghiurilor interioare ale unui triunghi se intersectează într-un punct - centrul cercului înscris în acest triunghi.

Teorema 1. Bisectoarea unghiului O triunghi ABC punctul de intersecție al bisectoarelor se împarte în raport , socotind din partea unde a, b, c– lungimi laterale BC, AC, AB respectiv.

Dovada. Lasă AA 1 și BB 1 – bisectoare unghiulare OŞi ÎN respectiv într-un triunghi ABC, L- punctul lor de intersecție, a, b, c– lungimi laterale BC, AC, ABîn consecință (Fig. 62). Apoi, prin teorema bisectoarei aplicată unui triunghi ABC vom avea

Sau b VA 1 = ac – cu VA 1, sau VA 1 (b + c)= ac, Înseamnă, VA 1 = Cu. Prin aceeași teoremă aplicată unui triunghi AVA 1 primim O 1 L : LA = : Cu, sau = .

Teorema 2. Dacă L ABC cerc, atunci

Ð ALB= 90° + R S.

Dovada. Având în vedere că suma unghiurilor unui triunghi este de 180° și că centrul L Cercul înscris este punctul de intersecție al bisectoarelor triunghiului, vom avea (Fig. 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. Dacă L– punct pe bisectoarea unghiului CU triunghi ABC astfel încât Ð ALB= 90° + R S, Asta L– centrul triunghiului înscris ABC cerc.

Dovada. Să demonstrăm că niciunul dintre puncte L 1 între CŞi L nu poate fi centrul unui cerc înscris (Fig. 62a).

Avem Ð AL 1 CU 1 < Ð ALC 1, deoarece unghiul exterior al triunghiului AL 1 L mai mare decât orice unghi interior care nu este adiacent acestuia. Asemenea Ð BL 1 CU < Р ВЛС 1 .

De aceea Ð AL 1 ÎN < Ð ALB= 90° + R S. Mijloace, L 1 nu este centrul cercului înscris, deoarece condiția pentru semnul centrului cercului înscris nu este îndeplinită (vezi Teorema 2).

Dacă punctul L 2 pe bisectoare SS 1 nu aparține segmentului CL, Asta Ð AL 2 ÎN > Ð ALB= 90° + R Sși iarăși condiția pentru semnul centrului cercului înscris nu este îndeplinită. Aceasta înseamnă că centrul cercului înscris este punctul L.

Teorema 4. Distanța de la vârful triunghiului până la punctul de tangență al cercului înscris cu latura care trece prin acest vârf este egală cu semiperimetrul acestui triunghi redus cu latura opusă.

Dovada. Lasă O 1 , ÎN 1 , CU 1 – punctele de tangență ale cercului înscris cu laturile triunghiului ABC(Fig. 63), a, b, c– lungimi laterale BC, AC, AB respectiv.

Lasă AC 1 = X, Atunci AB 1 = x, soare 1 = c – x = VA 1 , ÎN 1 CU = b – x = CA 1 ,

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

Apoi a + a = a + b + c – 2 X, sau 2 O = 2 r – 2 X, sau x = p – a.

Teorema 5.În orice triunghi ABC prin punct L intersecția bisectoarelor celor două unghiuri externe ale sale trece de bisectoarea celui de-al treilea unghi, iar punctul L se află la distanțe egale de liniile care conțin laturile triunghiului.

Dovada. Lasă L– punctul de intersecție a două unghiuri externe ÎNŞi CU trianglea ABC(Fig. 64). Deoarece fiecare punct al bisectoarei este la aceeași distanță de laturile unghiului, atunci punctul L ABŞi Soare, deoarece aparține bisectoarei ВL. Este situat la aceeași distanță de liniile drepte SoareŞi AC, deoarece aparține bisectoarei CL. Prin urmare punct L este la aceeași distanță între linii drepte AB, ASŞi Soare. De la punctul L este la aceeași distanță de linii ABŞi AC, Asta SA– bisectoarea unghiului TU.

Un cerc care atinge o latură a unui triunghi și prelungirile celorlalte două laturi se numește un cerc al acestui triunghi.

Corolarul 1. Centrele cercurilor excentrice de un triunghi sunt situate în punctele de intersecție a perechilor de bisectoare ale unghiurilor sale externe.

Teorema 6. Raza unui cerc înscris într-un triunghi este egală cu raportul dintre latura acestui triunghi și cosinusul jumătății unghiului opus, înmulțit cu sinusurile jumătăților celorlalte două unghiuri.

  • repeta si generalizeaza teoremele studiate;
  • ia în considerare utilizarea lor în rezolvarea unui număr de probleme;
  • pregătirea elevilor pentru examenele de admitere către universități;
  • cultivați execuția estetică a desenelor pentru sarcini.

Echipament: proiector multimedia. Anexa 1.

Progresul lecției:

1. Moment organizatoric.

2. Verificarea temelor:

  • demonstrarea teoremelor – 2 studenți + 2 studenți – consultanți (verificatori);
  • rezolvarea temelor pentru acasă – 3 elevi;
  • lucru cu clasa - rezolvarea orală a problemelor:

Punctul C 1 împarte latura AB a triunghiului ABC în raportul 2: 1. punctul B 1 se află pe continuarea laturii AC dincolo de punctul C și AC = CB 1. În ce raport împarte dreapta B 1 C 1 latura BC? (pe diapozitivul 2).

Rezolvare: Prin condiție Folosind teorema lui Menelaus, găsim: .

În triunghiul ABC, AD este mediana, punctul O este mijlocul medianei. Linia dreaptă BO intersectează latura AC în punctul K.

În ce raport împarte punctul K AC, numărând din punctul A? (pe diapozitivul 3).

Soluţie: Fie ВD = DC = a, АО = ОD = m. Linia dreaptă BK intersectează două laturi și continuarea celei de-a treia laturi a triunghiului ADC. Conform teoremei lui Menelaus .

În triunghiul ABC, pe latura BC, punctul N este luat astfel încât NC = 3ВN; pe continuarea laturii AC, punctul A este luat drept punct M astfel încât MA = AC. Linia MN intersectează latura AB în punctul F. Aflați raportul. (pe diapozitivul 4).

Rezolvare: Conform condițiilor problemei, MA = AC, NC = 3 ВN. Fie MA = AC = b, BN = k, NC = 3k. Linia dreaptă MN intersectează două laturi ale triunghiului ABC și continuarea celui de-al treilea. Conform teoremei lui Menelaus

Punctul N este luat pe latura PQ a triunghiului PQR, iar punctul L este luat pe latura PR, cu NQ = LR. Punctul de intersecție al segmentelor QL și NR împarte QR în raportul m: n, numărând din punctul Q. Aflați PN: PR. (pe diapozitivul 5).

Rezolvare: Prin condiţia NQ = LR, . Fie NA = LR = a, QF =km, LF = kn. Linia NR intersectează două laturi ale triunghiului PQL și continuarea celui de-al treilea. Conform teoremei lui Menelaus

3. Exersarea deprinderilor practice.

1. Rezolvarea problemelor:

Demonstrați teorema: medianele unui triunghi se intersectează într-un punct; punctul de intersecție împarte fiecare dintre ele într-un raport de 2:1, numărând de la vârf. (Figura 1 slide 6).

Dovada: Fie AM 1, VM 2, CM 3 medianele triunghiului ABC. Pentru a demonstra că aceste segmente se intersectează la un moment dat, este suficient să arătăm că Apoi, conform teoremei lui Cheva (conversa), segmentele AM ​​1, VM 2 și CM 3 se intersectează într-un punct. Avem:

Deci, s-a dovedit că medianele unui triunghi se intersectează într-un punct.

Fie O punctul de intersecție al medianelor. Linia dreaptă M 3 C intersectează două laturi ale triunghiului ABM 2 și continuarea celei de-a treia laturi a acestui triunghi. Conform teoremei lui Menelaus

sau .

Având în vedere teorema lui Menelaus pentru triunghiurile AM ​​1 C și AM 2 C, obținem că

. Teorema a fost demonstrată.

Demonstrați teorema: Bisectoarele unui triunghi se intersectează într-un punct.(Figura 2 slide 6).

Dovada: Este suficient să arătăm asta . Apoi, după teorema lui Ceva (conversa), AL 1, BL 2, CL 3 se intersectează într-un punct. Conform proprietății bisectoarelor unui triunghi:

. Înmulțind egalitățile rezultate termen cu termen, obținem: . Deci, pentru bisectoarele unui triunghi, egalitatea lui Cheva este satisfăcută, prin urmare, ele se intersectează într-un punct. Teorema a fost demonstrată.

Problema 7

Demonstrați teorema: altitudinile unui triunghi ascuțit se intersectează într-un punct.(Figura 3 slide 6).

Dovada: Fie AH 1, AH 2, AH 3 altitudinile triunghiului ABC cu laturile a, b, c. Folosind teorema lui Pitagora, din triunghiuri dreptunghiulare ABN 2 și BSN 2, exprimăm, respectiv, pătratul catetei comune BN 2, notând AH 2 = x, CH 2 = b – x.

(VN 2) 2 = c 2 – x 2 și (VN 2) 2 = a 2 – (b – x) 2. echivalând laturile drepte ale egalităților rezultate, obținem c 2 – x 2 = a 2 – (b – x) 2, din care x =.

Atunci b –x = b - = .

Deci, AN 2 = , CH 2 = .

Raționând în mod similar pentru triunghiuri dreptunghiulare ASN 2 și VSN 3, VAN 1 și SAN 1, obținem AN 3 =, VN 3 = și VN 1 =,

Pentru a demonstra teorema este suficient să arătăm că . Apoi, conform teoremei lui Cheva (conversa), segmentele AN 1, VN 2 și CH 3 se intersectează într-un punct. Substituind în partea stângă a egalității expresiile pentru lungimile segmentelor AN 3, VN 3, VN 1, CH 1, CH 2 și AN 2 prin a, b, c, suntem convinși că egalitatea lui Cheva pentru altitudinile de triunghiul este satisfăcut. Teorema a fost demonstrată.

Problemele 5 – 7 rezolvare independentă de către 3 elevi. (desene pe ecran).

2. altele:

Demonstrați teorema: Dacă un cerc este înscris într-un triunghi, atunci segmentele care leagă vârfurile triunghiului cu punctele de contact ale laturilor opuse se intersectează într-un punct. (Figura 4 slide 6).

Demonstrație: Fie A 1, B 1 și C 1 punctele tangente ale cercului înscris al triunghiului ABC. Pentru a demonstra că segmentele AA 1, BB 1 și CC 1 se intersectează într-un punct, este suficient să arătăm că egalitatea lui Cheva este valabilă:

. Folosind proprietatea tangentelor trase dintr-un punct, introducem notația: BC 1 = BA 1 = x, CA 1 = CB 1 = y, AB 1 = AC 1 = z.

. Egalitatea lui Cheva este satisfăcută, ceea ce înseamnă că segmentele indicate (bisectoarele triunghiului) se intersectează într-un punct. Acest punct se numește punctul Gergon. Teorema a fost demonstrată.

3. Analiza problemelor 5, 6, 7.

Problema 9

Fie AD mediana triunghiului ABC. Pe latura AD, punctul K este luat astfel încât AK: KD = 3: 1. Linia dreaptă BK desparte triunghiul ABC în două. Aflați raportul dintre ariile acestor triunghiuri. (Figura 1 de pe diapozitivul 7)

Rezolvare: Fie AD = DC = a, KD = m, apoi AK = 3m. Fie P punctul de intersecție al dreptei BK cu latura AC. Trebuie să găsești o relație. Deoarece triunghiurile АВР și РВС au înălțimi egale, tras din vârful B, atunci = . Conform teoremei lui Menelaus pentru triunghiul ADC și secanta PB avem: . Deci, =.

Problema 10

În triunghiul ABC, circumscris unui cerc, AB = 8, BC = 5, AC = 4. A 1 și C 1 sunt puncte de tangență, aparținând laturilor BC și respectiv BA. P – punctul de intersecție al segmentelor AA 1 și CC 1. Punctul P se află pe bisectoarea BB 1.

Găsiți AR: RA 1.

(pe diapozitivul 7 figura 2)

Rezolvare: Punctul de contact al cercului cu latura AC nu coincide cu B1, deoarece triunghiul ABC este scalen. Fie C 1 B = x, apoi, folosind proprietatea tangentelor trasate la un cerc dintr-un punct, introducem notația (vezi figura) 8 – x + 5 – x = 4, x = .

Aceasta înseamnă C 1 B = VA 1 = , A 1 C = 5 - = , AC 1 = 8 - = . .

În triunghiul ABA 1, dreapta C 1 C intersectează cele două laturi ale sale și continuarea celei de-a treia laturi. Conform teoremei lui Menelaus

Răspuns: 70:9.

Rezolvare: Fie AB = 5, BC = 7, AC = 6 în triunghiul ABC Unghiul BAC se află opus laturii mai mari din triunghiul ABC, ceea ce înseamnă că unghiul BAC este unghiul mai mare al triunghiului. Centrul cercului unui triunghi se află la intersecția bisectoarelor. Fie O punctul de intersecție al bisectoarelor. Trebuie să găsiți AO: OD. Deoarece AD ​​este bisectoarea triunghiului ABC, adică BD = 5k, DC = 6k. întrucât BF este bisectoarea triunghiului ABC, adică AF = 5m, FC = 7m. Linia BF intersectează două laturi și prelungirea celei de-a treia laturi a triunghiului ADC. Conform teoremei lui Menelaus .

4. Soluție independentă problemele 9, 10, 11.– 3 elevi.

Problema 12 (pentru toți elevii rămași din clasă):

Bisectoarele BE și AD ale triunghiului ABC se intersectează în punctul Q. Aflați aria triunghiului ABC dacă aria triunghiului BQD = 1, 2AC = 3 AB, 3BC = 4 AB. (Figura 4 de pe slide 7).

Rezolvare: Fie AB = a, apoi AC = , BC = . AD este bisectoarea triunghiului ABC, atunci , adică BD = 2p, DC = 3p. BE este bisectoarea triunghiului ABC, atunci , AE = 3 k, EC = 4k. În triunghiul BEC, linia AD intersectează două dintre laturile sale și prelungirea celei de-a treia laturi. Conform teoremei lui Menelaus . adică EQ = 9m, QB = 14m. Triunghiurile QBD și EBC au un unghi comun, ceea ce înseamnă , S EBC = .

Triunghiurile ABC și BEC au înălțimi egale desenate din vârful B, ceea ce înseamnă , atunci S ABC = .

5. Analiza problemelor 9, 10, 11.

Rezolvarea problemelor – atelier:

A. Pe laturile BC, CA, AB ale triunghiului isoscel ABC cu baza AB se iau punctele A 1, B 1, C 1, astfel încât dreptele AA 1, BB 1, CC 1 sunt competitive.

Demonstrează asta

Dovada:

Prin teorema lui Ceva avem: (1).

Conform legii sinusurilor: , de unde CA 1 = CA.,

, de unde A 1 B = AB. , ,

de unde AB 1 = AB. , , de unde B 1 C = BC. , deoarece CA = BC prin condiție. Înlocuind egalitățile rezultate în egalitatea (1) obținem:

Q.E.D.

B. Pe latura AC a triunghiului ABC se ia un punct M astfel încât AM = ?AC, iar pe continuarea laturii BC există un punct N astfel încât BN = CB. În ce relație împarte punctul P, punctul de intersecție al segmentelor AB și MN, fiecare dintre aceste segmente?

Conform teoremei lui Menelaus, pentru triunghiul ABC și secanta MN avem:

. După condiție prin urmare,

din 0,5. (-2) . x = 1, - 2x = - 2, x = 1.

Pentru triunghiul MNC și secanta AB, conform teoremei lui Menelaus avem: dupa conditie

înseamnă, - , de unde, .

8. Rezolvarea independentă a problemelor: Opțiunea 1:

1. Pe continuările laturilor AB, BC, AC ale triunghiului ABC se iau, respectiv, punctele C 1, A 1, B 1 astfel încât AB = BC 1, BC = CA 1, CA = AB 1. Aflați raportul în care dreapta AB 1 împarte latura A 1 C 1 a triunghiului A 1 B 1 C 1. (3 puncte).

2. Pe mediana CC 1 a triunghiului ABC se ia punctul M drepte AM și BM intersectează laturile triunghiului, respectiv, în punctele A 1 și B 1. Demonstrați că dreptele AB și A 1 B 1 sunt paralele. (3 puncte).

3. Să fie luate punctele C 1, A 1 și B 1, respectiv, pe continuarea laturilor AB, BC și AC ale triunghiului ABC Demonstrați că punctele A 1, B 1, C 1 se află pe aceeași dreaptă dacă și numai dacă egalitatea este valabilă . (4 puncte).

6. Să fie luate punctele C 1, A 1 și B 1 pe laturile AB, BC și, respectiv, AC ale triunghiului ABC, astfel încât dreptele AA 1, BB 1, CC 1 să se intersecteze în punctul O. Demonstrați că egalitatea este valabilă . (5 puncte).

7 . Să fie luate punctele A 1, B 1, C 1, D 1 pe muchiile AB, BC, CD și AD ale tetraedrului ABCD, Demonstrați că punctele A 1, B 1, C 1, D 1 se află în același plan dacă și numai dacă , când egalitatea este satisfăcută (5 puncte).

Opțiunea 2:

1. Punctele A 1 și B 1 împart laturile BC și AC ale triunghiului ABC în raporturile 2: 1 și 1: 2. Dreptele AA 1 și BB 1 se intersectează în punctul O. Aria triunghiului ABC este egală cu 1. Aflați aria triunghiului OBC. (3 puncte).

2. Segmentul MN care leagă punctele medii ale laturilor AD și BC ale patrulaterului ABCD este împărțit prin diagonale în trei părți egale. Demonstrați că ABCD este un trapez, una dintre bazele AB sau CD, care este de două ori mai mare decât cealaltă. (3 puncte).

3. Să fie luate punctele C 1, A 1 și B 1 pe latura AB și, respectiv, continuarea laturilor BC și AC ale triunghiului ABC. Demonstrați că dreptele AA 1, BB 1, СС 1 se intersectează într-un punct sau sunt paralele dacă și numai dacă egalitatea este valabilă . (4 puncte).

4. Folosind teorema lui Ceva, demonstrați că altitudinile unui triunghi sau prelungirile lor se intersectează într-un punct. (4 puncte).

5. Demonstrați că dreptele care trec prin vârfurile triunghiului și punctele tangente ale excercurilor se intersectează într-un punct (punctul Nagel). (Un cerc se numește excerc într-un triunghi dacă atinge o latură a acestui triunghi și prelungirea celorlalte două laturi ale sale). (5 puncte).

6. Să fie luate punctele C 1, A 1, B 1 pe laturile AB, BC și AC ale triunghiului ABC, astfel încât dreptele AA 1, BB 1 și CC 1 să se intersecteze în punctul O. Demonstrați că egalitatea este valabilă. . (5 puncte).

7. Să fie luate punctele A 1, B 1, C 1, D 1 pe muchiile AB, BC, CD și AD ale tetraedrului ABCD, Demonstrați că punctele A 1, B 1, C 1, D 1 se află același plan atunci și numai când egalitatea este satisfăcută (5 puncte).

9. Teme pentru acasă: manual § 3, Nr. 855, Nr. 861, Nr. 859.