Геометрия презентация 11 класс
презентация к уроку по математике (11 класс) на тему
Геометрия презентации 11 класс
Скачать:
Вложение | Размер |
---|---|
![]() | 129.05 КБ |
![]() | 189.69 КБ |
![]() | 775.52 КБ |
![]() | 1.22 МБ |
![]() | 283.55 КБ |
![]() | 192.97 КБ |
![]() | 364.63 КБ |
![]() | 94 КБ |
![]() | 1.13 МБ |
![]() | 156.73 КБ |
![]() | 132.03 КБ |
![]() | 148.57 КБ |
![]() | 178.51 КБ |
![]() | 951.01 КБ |
![]() | 307.98 КБ |
![]() | 288.26 КБ |
![]() | 1022.7 КБ |
![]() | 337.25 КБ |
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Окружностью , описанной около четырёхугольника , называют окружность, проходящую через все вершины четырёхугольника. В этом случае четырёхугольник называют четырёхугольником , вписанным в окружность, или вписанным четырёхугольником .
Если четырёхугольник вписан в окружность, то суммы величин его противоположных углов равны 180°. Доказательство . Угол ABC является вписанным углом , опирающимся на дугу ADC (рис.1). Поэтому величина угла ABC равна половине угловой величины дуги ADC . Угол ADC является вписанным углом , опирающимся на дугу ABC . Поэтому величина угла ADC равна половине угловой величины дуги ABC . Отсюда вытекает, что сумма величин углов ABC и ADC равна половине угловой величины дуги, совпадающей со всей окружностью, т.е. равна 180°. Если рассмотреть углы BCD и BAD , то рассуждение будет аналогичным.
Если у четырёхугольника суммы величин его противоположных углов равны 180°, то около этого четырёхугольника можно описать окружность. Докажем теорему 2 методом «от противного». С этой целью рассмотрим окружность , проходящую через вершины A , B и С четырёхугольника, и предположим, что эта окружность не проходит через вершину D . Приведём это предположение к противоречию. Рассмотрим сначала случай, когда точка D лежит внутри круга . Продолжим отрезок CD за точку D до пересечения с окружностью в точке E , и соединим отрезком точку E с точкой A (рис.2). Поскольку четырёхугольник ABCE вписан в окружность, то в силу теоремы 1 сумма величин углов ABC и AEC равна 180°. При этом сумма величин углов ABC и ADC так же равна 180° по условию теоремы 2. Отсюда вытекает, что угол ADC равен углу AEC . Возникает противоречие, поскольку угол ADC является внешним углом треугольника ADE и, конечно же, его величина больше, чем величина угла AEC , не смежного с ним. Случай, когда точка D оказывается лежащей вне круга, рассматривается аналогично.
Окружность, описанная около параллелограмма Окружность можно описать около параллелограмма тогда и только тогда, когда параллелограмм является прямоугольником .
Окружность, описанная около ромба Окружность можно описать около ромба тогда и только тогда, когда ромб является квадратом .
Окружность, описанная около трапеции Окружность можно описать около трапеции тогда и только тогда, когда трапеция является равнобедренной трапецией .
Произвольный вписанный четырёхугольник Площадь произвольного вписанного четырёхугольника можно найти по формуле Брахмагупты : где a , b , c , d – длины сторон четырёхугольника, а p – полупериметр, т.е.
Теорема Птолемея . Произведение диагоналей вписанного четырёхугольника равно сумме произведений противоположных сторон
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Понятие гиперболы Гиперболой называется множество всех таких точек плоскости, для которых модуль разности расстояний до двух фиксированных точек есть постоянная положительная величина. Фиксированные точки - фокусы гиперболы
График гиперболы
Нахождение уравнения гиперболы Пусть 2 с-расстояние между фокусами, 2а — модуль разности расстояний от точки гиперболы до фокусов. Введем декартову систему координат Оху так, чтобы фокусы F1и F2имели координаты F1 (-с,0) и F2 (c,0), и выведем в ней уравнение гиперболы. Стоящую перед нами задачу можно сформулировать так: найти множество всех таких точек M( x,y ), для которых MF1 - MF2 = ±2а.
Нахождение уравнения гиперболы Из неравенства треугольника следует, что |MF1 - MF2| ≤ F1F2 т.е. a ≤ c . При а = с гипербола вырождается в два луча прямой F1F2 поэтому будем считать, что а < с. В координатах уравнение гиперболы принимает вид:
Каноническое уравнение гиперболы Выполнив стандартные преобразования получим:
Свойства гиперболы Гипербола имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии (оси Ох и Оу ), а значит, и центр симметрии (начало координат О). Оси симметрии гиперболы называются ее полуосями : та из них, на которой лежат фокусы, называется вещественной полуосью , а другая — мнимой ; числа а и b иногда также называют полуосями . Поскольку то в полосе ( |х| < a ), содержащей мнимую ось гиперболы, точек гиперболы нет . Поскольку то в области между двумя пересекающимися прямыми ( |y| ≥ ( b / a ) |x| ) точек гиперболы также нет. Гипербола имеет асимптоты y=± ( b / a ) x .
Вывод о гиперболе Гипербола является множеством всех таких точек плоскости, для которых отношение расстояния до фиксированной точки (фокуса) к расстоянию до фиксированной прямой (директрисы) постоянно и больше единицы. Любая прямая имеет с гиперболой не более двух точек.
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Леонард Эйлер Швейцарский, немецкий и российский математик и механик, внёсший фундаментальный вклад в развитие этих наук. Эйлер - автор более чем 850 работ по математическому анализу, дифференциальной геометрии, теории чисел, приближённым вычислениям, небесной механике, математической физике, оптике, баллистике, кораблестроению, теории музыки и другим областям. Он глубоко изучал медицину, химию, ботанику, воздухоплавание, теорию музыки, множество европейских и древних языков.
Доказать, что в произвольном треугольнике: 1) Точки, симметричные точке Н пересечения высот (или их продолжений) относительно сторон треугольника и их середин, лежат на описанной окружности;
Доказать, что в произвольном треугольнике: 2) Середины сторон, основания высот и середины отрезков, соединяющих точку Н с вершинами, лежат на одной окружности, центром которой является середина отрезка, соединяющего точку Н с центром описанной окружности, а ее радиус в два раза меньше радиуса описанной окружности (эта окружность называется окружностью Эйлера);
Доказать, что в произвольном треугольнике: 3)Точка пересечения медиан лежит на отрезке, соединяющем точку Н с центром описанной окружности, и делит этот отрезок в отношении 1:2, считая от центра описанной окружности (прямая, на которой лежат четыре точки — точка Н, точка пересечения медиан, центр описанной окружности и центр окружности Эйлера, называется прямой Эйлера);
Доказать, что в произвольном треугольнике: 4)Точки , симметричные центру описанной окружности относительно прямых, содержащих средние линии треугольника, лежат на окружности Эйлера.
Решение Пусть ABC — данный треугольник (рис. 217). Условимся о следующих обозначениях: G — точка пересечения медиан, О — центр описанной окружности, R — ее радиус, А 19 В г и С х — середины сторон ВС, СА и АВ, А 2 , В 2 и С 2 — основания высот, проведенных к этим сторонам, А 3 , В 3 и С 3 — середины отрезков АН, ВН и СН, А 4 , В 4 и С 4 — точки, симметричные точке Н относительно сторон треугольника, А 5 , В 5 и С 5 — точки, симметричные точке Н относительно середин этих сторон, Ае , Б 6 и С 6 — точки, симметричные точке О относительно прямых В г С 19 С х А г и А Х В Х (на рисунке они не отмечены). Приступим теперь к решению задачи.
Решение 1) Если один из углов треугольника ABC, например угол А, — прямой, то точки Н, В 4 и С 4 совпадают с точкой А, точка В 5 — с точкой С, а точка С 5 — с точкой В. Поскольку ZBA 4 C = ZBA b C = ZA = 90°, то точки А, А 4 и А ъ лежат на окружности с диаметром ВС (см. п. 88). Таким образом, точки А 4 , А 5 , В 4 , В 5 , С 4 , С 5 лежат на окружности, описанной около треугольника ABC . Допустим , что треугольник ABC не является прямоугольным. Поскольку ZAB 2 H = ZAC 2 H = 90°, то точки В 2 и С 2 лежат на окружности с диаметром АН (см. п. 88). Следовательно, вписанные по отношению к этой окружности углы В 2 АС 2 и В 2 НС 2 , а значит, и углы ВАС и ВНС, либо равны, либо составляют в сумме 180°. И в том, и в другом случае sin ZBHC = sin ZBAC . Пусть R x — радиус окружности, описанной около треугольника НВС. В соответствии с теоремой 2 из п. 92 ВС = 2R X sin ZBHC = 2R sin ZBAC. Ho sin ZBHC = = sin ZBAC. Значит, R x = R. Из этого следует, что окружности, описанные около треугольников ABC и НВС, симметричны относительно прямой ВС и относительно середины отрезка ВС. Точка Н лежит на окружности, описанной около треугольника НВС. Следовательно, симметричные ей точки А 4 и А 5 лежат на окружности, описанной около треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точки Б 4 , Б 5 , С 4 и С 5 также лежат на этой окружности.
Решение 2)Рассмотрим центральное подобие с центром Н и коэффициентом i . При этом подобии описан- D ная окружность переходит в окружность радиуса —, Li центр 0 9 которой является серединой отрезка ОН (см. рис. 217), а точки А 5 , Б 5 , С 5 , А 4 , Б 4 , С 4 , А, Б, С описанной окружности переходят соответственно в точки А х , Б и Cj (середины сторон), А 2 , Б 2 и С 2 (основания высот), А 3 , Б 3 и С 3 (середины отрезков АН, ВН, СН). Следовательно, точки А], Б х , С х , А 2 , Б 2 , С 2 , А 3 , Б 3 , С 3 лежат на окружности с центром 0 9 радиуса у. Утверждение доказано.
Решение 3)Рассмотрим теперь центральное подобие с центром G и коэффициентом - Медианы треуголь - ника АБС делятся точкой G в отношении 1 : 2, поэтому при рассматриваемом центральном подобии вершины А, Б и С перейдут в середины А х , Б х и С х противоположных сторон. Следовательно, прямые, содержащие высоты треугольника, перейдут в прямые, перпендикулярные к его сторонам и проходящие через их середины, т. е. в серединные перпендикуляры к сторонам. Поэтому точка Н перейдет в центр О описанной окружности. Это означает, что точка G лежит на отрезке ОН и делит его в отношении 1 : 2, считая от точки О, что и требовалось доказать.
Решение 4)Как только что отмечалось, при центральном подобии с центром G и коэффициентом - вершины А, Б и С переходят в середины А х , Б х и С х противоположных сторон, а точка Н переходит в точку О. Из этого следует, что: а) окружность, описанная около треугольника АБС, переходит в окружность Эйлера; б) точки А 4 , В 4 и С 4 описанной окружности, симметричные точке Н относительно прямых ВС, СА и АВ, переходят в точки А 6 , Б 6 и С 6 окружности Эйлера, симметричные точке О относительно прямых В г С 19 С г А 2 и А Х В Х . Таким образом, точки А 6 , Б 6 и С 6 лежат на окружности Эйлера.
Окружность Эйлера
Спасибо за просмотр! :)
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Задача 1 Доказать, что на каждом луче есть хотя бы одна точка. Решение:
Задача 2 Доказать, что если точка А лежит на прямой а, а точка В не лежит на этой прямой, то все точки луча АВ лежат в одной полуплоскости с границей а. Решение:
Задача 3 Доказать, что если луч исходит из вершины неразвернутого угла и проходит через точку внутренней области этого угла, то все точки луча лежат во внутренней области угла. Решение:
Задача 4 Доказать, что если прямая пересекает сторону АВ треугольника АВС и не проходит через вершину этого треугольника, то она пересекает либо сторону ВС, либо сторону АС. Решение:
Задача 5 Доказать, что если луч исходит из вершины неразвернутого угла и проходит через точку внутренней области этого угла, то он делит этот угол на два угла. Решение: Рассмотрим угол АОВ, через точку С внутренней области которого проведен луч ОС (рис. 246). Требуется доказать, что внутренние области углов АОС и БОС лежат по разные стороны от прямой ОС. Пусть D — произвольная точка луча с началом О, являющегося продолжением луча ОА. Точки А, В и D не лежат на прямой ОС, и эта прямая пересекает сторону AD треугольника ABD. Следовательно, она пересекает либо сторону АВ, либо сторону BD (см. задачу 4). Но точка D не лежит во внутренней области угла АОВ — она лежит в полуплоскости с границей ОВ, не содержащей точку А. Поэтому все точки луча BD не принадлежат внутренней области угла АОВ (см. задачу 2), а значит, луч ОС не может пересечь сторону BD — все точки этого луча принадлежат внутренней области угла АОВ (см. задачу 3). Следовательно, он пересекает сторону АВ. Это означает, что точки А и Б, а значит, и лучи ОА и ОВ (см. задачу 2), лежат по разные стороны от прямой ОС. Но тогда и внутренние области углов АОС и ВОС лежат по разные стороны от прямой ОС. Утверждение доказано .
Задача 6 Доказать, что если основание и высота одной прямой треугольной призмы соответственно равны основанию и высоте другой прямой треугольной призмы, то такие призмы равны.
Решение:
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Выберем некоторую плоскость и назовем ее плоскостью изображений . Затем возьмем прямую L , пересекающую плоскость и спроектируем данную фигуру F на плоскость параллельно прямой L . Полученную плоскую фигуру F или любую ей подобную фигуру F на плоскости будем называть изображением фигуры .
Изображение плоских фигур Отрезок Произвольный отрезок на чертеже можно считать изображением данного отрезка .
Треугольник Любой треугольник (прямоугольный, равнобедренный, правильный) изображается произвольным треугольником в удобном расположении на рисунке. Если ΔA 1 B 1 C 1 — прямоугольный, то изображение направлений двух его высот (катетов) задано. Произвольно изображаются высота, опущенная на гипотенузу, и центр вписанной окружности. Изображение перпендикуляра, опущенного из заданной точки гипотенузы на какой-либо катет, является отрезком, параллельным второму катету .
Если ΔA 1 B 1 C 1 — равнобедренный, то изображение медианы B 1 D 1 является изображением высоты и биссектрисы ΔA 1 B 1 C 1 .Изображение центра вписанной и описанной окружностей принадлежат BD. Если ΔA 1 B 1 C 1 — правильный, то центры вписанной и описанной окружностей совпадают и лежат в точке пересечения медиан. Поэтому построение изображения этого треугольника не может быть произвольным.
Изображение параллелограмма Любой заданный параллелограмм A 1 B 1 C 1 D 1 (включая прямоугольник, квадрат, ромб) может быть изображен произвольным параллелограммом ABCD.
Если A 1 B 1 C 1 D 1 — ромб, то на изображении определяется пара взаимно перпендикулярных прямых — это диагонали ABCD. Поэтому произвольно можно построить изображение лишь одной высоты из данной вершины ромба на его сторону. При изображении второй высоты ромба учитывают, что основания этих высот лежат на прямой, параллельной диагонали ромба. Если A 1 B 1 C 1 D 1 — квадрат, то его изображение ABCD (произвольный параллелограмм), причем изображения высот, биссектрис, углов, перпендикуляров к сторонам строить произвольно нельзя .
Трапеция Изображением трапеции является трапеция, у которой основания пропорциональны основаниям самой трапеции
Если A 1 B 1 C 1 D 1 — трапеция общего вида, то изображение ее высоты и одного из перпендикуляров, опущенных из точки основания на боковые стороны, можно строить произвольно. Если A 1 B 1 C 1 D 1 — прямоугольная трапеция, то C 1 B 1 ⊥ A 1 B 1 , изображение высоты трапеции уже задано на рисунке, поэтому произвольно может быть изображен лишь перпендикуляр к наклонной боковой стороне. Если A 1 B 1 C 1 D 1 — равнобокая трапеция (имеет ось симметрии), то изображением высоты является отрезок, соединяющий середины оснований или ему параллельный.
Параллельной проекцией окружности является эллипс. Окружность Центром окружности на изображении является точка пересечения сопряженных диаметров эллипса. Два диаметра окружности (эллипса) называются сопряженными , если каждый из них делит пополам все хорды, параллельные второму диаметру.
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Углы с вершинами внутри и вне круга Угол между двумя пересекающимися хордами измеряется полусуммой полусуммой заключенных между ними дуг.
Угол между двумя секущими , проведенными из одной точки, измеряется полуразностью заключенных внутри него дуг.
Угол между касательной и секущей, проведенный из одной точки, измеряется полуразностью заключенных внутри него дуг.
Угол между двумя касательными, проведенными из одной точки , равен 180° минус величина заключенной внутри него дуги, меньшей полуокружности.
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Признак Четырехугольник можно описать около окружности если с уммы противоположных сторон равны. Для сторон описанного четырёхугольника и радиуса вписанной в него окружности верно: AB + CD ≥ 4 r, BC + AD ≥ 4 r.
Свойства Площадь описанного четырёхугольника: S = pr , где r – радиус вписанной окружности, p – полупериметр четырёхугольника. Площадь описанного четырёхугольника: S=√(AB*BC*CD*AD)*sin((AB+CD)/2)
Центр вписанной в четырёхугольник окружности является точкой пересечения биссектрис всех четырёх углов этого четырёхугольника. Точки касания вписанной окружности отсекают равные отрезки от углов четырёхугольника: AK=AN, BK=BL, CL=CM, DM=DN.
Если O – центр окружности, вписанной в четырёхугольник ABCD, то ∠AOB+∠COD=∠BOC+∠AOD=180 °. Для описанного четырёхугольника ABCD со сторонами AB= a , BC= b ,CD = c и AD= d верны соотношения : (AO/CO)^2=ad/ bc
Специальные отрезки Восемь отрезков касательных описанного четырёхугольника являются отрезками между вершинами и точками касания на сторонах. В каждой вершине имеется два равных касательных отрезка. Точки касания образуют вписанный четырёхугольник.
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Определение параболы Эллипс(гипербола) является множеством всех таких точек плоскости, для которых отношение расстояния до фиксированной точки к расстоянию до фиксированной прямой постоянно и меньше(больше) единицы. Параболой называется множество всех таких точек плоскости, для которых расстояние до фиксированной точки равно расстоянию до фиксированной прямой, не проходящей через эту точку.
Фиксированная точка называется фокусом, а фиксированная прямая-директрисой параболы. Пусть р-расстояние от фокуса F до директрисы. Введем прямоугольную систему координат так, чтобы фокус имел координаты F(p/2 ;0), а директриса задавалась уравнением х=- p/2 . В этой системе координат уравнение параболы имеет вид:
Каноническое уравнение параболы y ²=2рх. Оно позволяет обнаружить следующие свойства параболы: 1. Парабола имеет одну ось симметрии (ось Ох). Эта ось называется осью параболы, а точка ее пересечения с параболой-вершиной параболы. 2. Поскольку х=у² / 2р > ̷ 0 , то парабола целиком содержится в полуплоскости(х > ̷ 0), граница которой перпендикулярна к оси параболы. При х> ̷ 0 уравнение у²=2рх может быть записано в виде
Функция у(х) монотонно и неограниченно возрастает от значения у=0 при х=0. Любая прямая имеет с параболой не более двух общих точек .
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Параллельная проекция – это такой вид проекции, при построении которого используются параллельные проецирующиеся лучи.
Проекция прямой есть прямая. Прямая на чертеже может быть задана изображением прямой, точкой и направлением, отрезком прямой и двумя пересекающимися плоскостями .
Проекция отрезка есть отрезок.
Проекция параллельных отрезков – параллельные отрезки или отрезки, принадлежащие одной прямой. Проекции параллельных отрезков A 0 B 0 и C 0 D 0 , есть параллельные отрезки AB и CD .
Проекции параллельных отрезков, а также проекции отрезков, лежащих на одной прямой, пропорциональны самим отрезкам.
Из последнего свойства следует, что проекция средины отрезка есть середина проекции отрезка.
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Что такое медиана? Медиана треугольника — это отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой противолежащей стороны этого треугольника.
Свойства медиан треугольника: Медиана разбивает треугольник на два треугольника одинаковой площади . Медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины. Эта точка называется центром тяжести треугольника . Весь треугольник разделяется своими медианами на шесть равновеликих треугольников.
Медианы: АМ1, ВМ2, СМ3 АМ3=М3В, ВМ1=М1С, СМ2=М2А
Теорема о медиане Рассмотрим произвольный треугольник АВС. m a – медиана треугольника, проведенная к стороне BC m b – медиана треугольника, проведенная к стороне AC m c – медиана треугольника, проведенная к стороне AB O – центр пересечения медиан треугольника A , B , C – вершины треугольника
Формулировка: Медианы треугольника пересекаются в одной точке (на рисунке точка O) и делятся этой точкой в пропорции 2:1, если считать от вершины, с которой проведена медиана
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Джованна Чева сумел доказать теорему Чевы о геометрии треугольника. Основной его заслугой является построение учения о секущих, которое положило начало новой синтетической геометрии. Введение
Джованни Чева (1647 - 1734) родился в Италии. Он окончил иезуитский колледж в Милане, после чего стал студентом Университета в Пизе, где позже и стал работать профессором математики . С 1686 года Чева работал в Университете в Мантуе оставаясь на этом посту до самого конца своей жизни. Большую часть жизни Чева изучал геометрию, стараясь возродить греческую геометрию ; кроме того, сегодня его помнят и по изысканиям в области механики. Биография ученого:
Теорема о соотношении отрезков нек-рых прямых, пересекающих треугольник. Пусть А 1 , В 1 и С 1 - три точки, лежащие соответственно на сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC. Для того чтобы прямые АА 1 , ВВ 1 и СС 1 пересекались в одной точке или были все параллельны, необходимо и достаточно, чтобы имело место соотношение: Теорема:
Пусть отрезки , и пересекаются в точке М внутри треугольника АВС. Обозначим через площади треугольников АМС, СМВ и АМВ, а через— расстояния соответственно от точек А и В до прямой МС . Аналогично , Перемножив полученные пропорции, убеждаемся в справедливости теоремы. Доказательство:
Пусть точки лежат на сторонах и треугольника соответственно. Пусть выполняется соотношение: Тогда отрезки и пересекаются в одной точке. Утверждение, обратное теореме Чевы:
Пусть – точка пересечения отрезков и и прямая пересекает сторону в некоторой точке. Достаточно доказать, что. По теореме Чевы для точек и имеем: Но тогда: Значит, точки С1 и С2 делят отрезок АВ в одном и том же отношении. Пусть А1С=х, АС2=у, АВ=с. Тогда о ткуда То есть точки С1 и С2 совпадают. Доказательство:
1) Медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. 2) Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке . 3) Высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке (ортоцентре треугольника ). 1. Следствия теоремы: 2. 3.
4) Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке. 5) Прямые , соединяющие вершины треугольника с точками, в которых вписанная окружность касается противоположных сторон, пересекаются в одной точке. 4. 5.
Теорема Чевы не изучается в основном курсе геометрии 7 –9 классов. Но трудности, связанные с освоением этой теоремы, оправданы ее применением при решении задач. Решение задач с помощью теоремы Чевы более рационально, чем их решение другими способами, требующими дополнительных действий и построений, которые не всегда оказываются очевидными. Заключение
Выполнил: Козлов Алексей; 11 «А» Спасибо за внимание!
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Исторические справки. Джованни Чева Менелай Александрийский
Теорема Чевы. Если через вершины ∆ABC проведены прямые AX , BY , CZ , пересекающие противоположные стороны (или их продолжения) в точках X , Y , Z , то для того чтобы эти прямые пересекались в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие:
Теорема Чевы (первый случай). B A C Z X Y P Рис. 1
Теорема Чевы (второй случай). P B X C A Y Z H 1 H h 1 h Рис. 2
Теорема Чевы (обратная). A C B X Z T Y P Рис. 5
Теорема Чевы (доказательство 2). α A Z Y β γ y x m a v B C X P n u z b t c d Рис. 3 Рис. 4 A B C X P Y Z α β
Теорема Менелая. Если на сторонах ∆ABC или на их продолжениях отмечены точки X , Y , Z так, что X лежит на AB , Y – на BС , Z – на CA , то эти точки будут лежать на одной прямой тогда и только тогда, когда выполнено условие:
Теорема Менелая (первый случай). A a b C K Z B Y c d e m n X Рис. 6
Теорема Менелая (второй случай). A B C X Y Z K Рис. 7
Теорема Менелая (доказательство 2). A B C Z X Y l h 1 h 2 h 3 n m d c a b Рис. 8 l X Y Z A B C h 1 h 2 h 3 Рис. 9
Теорема Менелая (обратная). X A B C Z T Y Рис. 10
Спасибо за внимание!
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Величина дуги окружности равна (360° — а ). Центральный угол- угол, вершина которого лежит в центре окружности. Вписанный угол- угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают эту окружность. Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается. Свойства вписанного угла : 1.Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны. 2.Вписанный угол, опирающийся на диаметр равен 90°. 3.Любая пара вписанных углов, опирающихся на одну и ту же хорду, вершины которых лежат по разные стороны хорды, составляют в сумме 180°. Некоторые сведения для повторения
Прямая называется касательной по отношению к окружности, если окружность и прямая имеют одну общую точку. Свойство касательной: Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания. Некоторые сведения для повторения
Хорда - отрезок , соединяющий две любые точки окружности. Свойства хорд: Если хорды равны, то они находятся на одном и том же расстоянии от центра окружности . Если хорды равноудалены (находятся на одном и том же расстоянии) от центра окружности, то они равны . Большая из двух хорд расположена ближе к центру окружности. Некоторые сведения для повторения
Угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, измеряется половиной заключенной в ней дуги . Теорема
Пусть АВ- данная хорда, СС 1 - касательная, проходящая через точку А. Если АВ- диаметр , то заключенная внутри угла ВАС (и также угла ВАС 1 ) дуга является полуокружностью. С другой стороны, углы ВАС и ВАС 1 в этом случае прямые, поэтому утверждение теоремы верно. Доказательство теоремы ( 1 случай)
Пусть теперь хорда АВ не является диаметром. Для определенности будем считать, что точки С и С 1 на касательной выбраны так, что угол САВ- острый, и обозначим буквой а величину заключенной в нем дуги . Проведем диаметр АD и заметим, что треугольник АВD прямоугольный, поэтому угол АDВ = 90° - DАВ = ВАС. Поскольку угол АВВ вписанный, то АDВ = , а значит, и ВАС = . Итак, угол ВАС между касательной АС и хордой АВ измеряется половиной заключенной в нем дуги. Аналогичное утверждение верно в отношении угла ВАС 1 . Действительно , углы ВАС и ВАС 1 - смежные, поэтому ВАС 1 = 180- = . С другой стороны, (360° — ) это величина дуги АDВ, заключенной внутри угла ВАС 1 . Теорема доказана. Доказательство теоремы (2 случай)
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Теорема 1 Площадь треугольника выражается формулой S= pr , где p – полупериметр треугольника , r – радиус вписанной в него окружности . ТЕОРЕМЫ.
Теорема 2 В треугольнике ABC со сторонами AB=c, BC=a и BC=b Имеют место равенства : Где R – радиус окружности , описанной около треугольника ABC.
Следствие 1 Площадь S треугольника со сторонами a, b и с выражается формулой Где R- радиус описанной около него окружности. СЛЕДСТВИЯ.
Следствие 2 Площадь S треугольника C выражается формулой Где R- радиус описанной около него окружности.
СПАСИБО ЗА ВНИМАНИЕ
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Площадь треугольника равна половине произведения высоты треугольника на длину стороны на которую эта высота опущена (Формула 1). Правильность этой формулы можно понять логически. Высота, опущенная на основание, разобьет произвольный треугольник на два прямоугольных. Если достроить каждый из них до прямоугольника с размерами b и h, то, очевидно, площадь данных треугольников будет равна ровно половине площади прямоугольника ( Sпр = bh ). Площадь треугольника равна половине произведения двух его сторон на синус угла между ними (Формула 2 ). Несмотря на то, что она кажется непохожей на предыдущую, она легко может быть в нее преобразована. Если из угла B опустить высоту на сторону b, окажется, что произведение стороны a на синус угла γ по свойствам синуса в прямоугольном треугольнике равно проведенной нами высоте треугольника, что и даст нам предыдущую формулу.
Площадь произвольного треугольника может быть найдена через произведение половины радиуса вписанной в него окружности на сумму длин всех его сторон (Формула 3), проще говоря, нужно полупериметр треугольника умножить на радиус вписанной окружности (так легче запомнить). Площадь произвольного треугольника можно найти, разделив произведение всех его сторон на 4 радиуса описанной вокруг него окружности (Формула 4). Формула 5 представляет собой нахождение площади треугольника через длины его сторон и его полупериметр (половину суммы всех его сторон). Формула Герона (6) - это представление той же самой формулы без использования понятия полупериметра, только через длины сторон
Площадь произвольного треугольника равна произведению квадрата стороны треугольника на синусы прилежащих к этой стороне углов деленного на двойной синус противолежащего этой стороне угла. (Формула 7) Площадь произвольного треугольника можно найти как произведение двух квадратов описанной вокруг него окружности на синусы каждого из его углов. (Формула 8) Если известна длина одной стороны и величины двух прилежащих к ней углов, то площадь треугольника может быть найдена как квадрат этой стороны, деленный на двойную сумму котангенсов этих углов. (Формула 9) Если известна только длина каждой из высот треугольника (Формула 10), то площадь такого треугольника обратно пропорциональна длинам этих высот, как по Формуле Герона. Формула 11 позволяет вычислить площадь треугольника по координатам его вершин, которые заданы в виде значений ( x;y ) для каждой из вершин. Обратите внимание, что получившееся значение необходимо взять по модулю, так как координаты отдельных (или даже всех) вершин могут находиться в области отрицательных значений.
Пояснения к формулам: a, b, c - длины сторон треугольника, площадь которого мы хотим найти r - радиус вписанной в треугольник окружности R - радиус описанной вокруг треугольника окружности h - высота треугольника, опущенная на сторону p - полупериметр треугольника, 1/2 суммы его сторон (периметра) α - угол, противолежащий стороне a треугольника β - угол, противолежащий стороне b треугольника γ - угол, противолежащий стороне c треугольника ha , hb , hc - высота треугольника, опущенная на сторону a, b, c.
Решение. Для решения этой задачи используем формулу номер два из теоретической части урока. Площадь треугольника может быть найдена через длины двух сторон и синус угла межу ними и будет равна S=1/2 ab sin γ Поскольку все необходимые данные для решения (согласно формуле) у нас имеются, нам остается только подставить значения из условия задачи в формулу: S = 1/2 * 5 * 6 * sin 60 В таблице значений тригонометрических функций найдем и подставим в выражение значение синуса 60 градусов. Он будет равен корню из трех на два. S = 15 √3 / 2 Ответ: 7,5 √3 (в зависимости от требований преподавателя, вероятно, можно оставить и 15 √3/2) Задача. Стороны треугольника равны 5 и 6 см. Угол между ними составляет 60 градусов. Найдите площадь треугольника.
Задача Найти площадь равностороннего треугольника со стороной 3см. Решение. Площадь треугольника можно найти по формуле Герона: S = 1/4 sqrt ( ( a + b + c)(b + c - a)(a + c - b)(a + b -c) ) Поскольку a = b = c формула площади равностороннего треугольника примет вид: S = √3 / 4 * a2 S = √3 / 4 * 32 S = 9 √3 / 4 Ответ: 9 √3 / 4.
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Определение. Эллипс - это геометрическая фигура, которая ограничена кривой, заданной уравнением .
Чертеж F 1 , F 2 – фокусы . F 1 = ( c ; 0); F 2 (- c ; 0) с – половина расстояния между фокусами; a – большая полуось; b – малая полуось.
ФОКУС Эллипс имеет два фокуса . Фокусами называются такие две точки, сумма расстояний от которых до любой точки эллипса есть постоянная величина
Теорема. Фокусное расстояние и полуоси связаны соотношением: a 2 = b 2 + c 2 . Доказательство: В случае, если точка М находится на пересечении эллипса с вертикальной осью, r 1 + r 2 = 2 * (по теореме Пифагора). В случае, если точка М находится на пересечении его с горизонтальной осью, r 1 + r 2 = a – c + a + c . Т.к. по определению сумма r 1 + r 2 – постоянная величина, то , приравнивая, получаем: a 2 = b 2 + c 2 r 1 + r 2 = 2 a .
Эксцентриситет фигуры эллипс Определение. Форма эллипса определяется характеристикой, которая является отношением фокусного расстояния к большей оси и называется эксцентриситетом . е = с/ a . Т.к. с < a , то е < 1. Определение. Величина k = b / a называется коэффициентом сжатия , а величина 1 – k = ( a – b )/ a называется сжатием . Коэффициент сжатия и эксцентриситет связаны соотношением: k 2 = 1 – e 2 . Если a = b ( c = 0, e = 0, фокусы сливаются), то эллипс превращается в окружность. Если для точки М( х 1 , у 1 ) выполняется условие: , то она находится внутри эллипса, а если , то точка находится вне его.
Теорема. Для произвольной точки М( х , у), принадлежащей фигуре эллипс верны соотношения : r 1 = a – ex , r 2 = a + ex
Директрисы фигуры эллипс С фигурой эллипс связаны две прямые, называемые директрисами . Их уравнения: x = a / e ; x = - a / e . Теорема. Для того, чтобы точка лежала на границе фигуры эллипс, необходимо и достаточно, чтобы отношение расстояния до фокуса к расстоянию до соответствующей директрисы равнялось эксцентриситету е.
Спасибо за внимание
По теме: методические разработки, презентации и конспекты
![](/sites/default/files/pictures/2020/10/08/picture-13157-1602142043.jpg)
Презентация урока по геометрии 8 класс "Осевая симметрия"
Разработка урока по геометрии в 8 классе по теме: " Осевая симметрия" с теорией и примерами....
Презентация по теме "Построение сечений в многогранниках", геометрия 10 класс
Предлагается мультимедийная презентация ( особенно эффективна с использованием интерактивной доски), в которой:- рассмотрены теоретические сведения;- представлена пошаговая демонстрация построен...
Презентация к уроку геометрии 8 класс. Тема: "Площадь квадрата, прямоугольника, параллелограмма"
Вычеслениее площедей являеться составной частью умения решать геометрические задачи. Поэтому основное внимане в своей работе уделяю формираванию практических навыков вычесления площадей в ходе решения...
Урок+презентация геометрия 8 класс "Свойства биссектрисы"
Разработка представляет собой урок геометрии в 8 классе, первый из цикла уроков «Замечательные точки треугольника». Его тема - «Свойства биссектрисы». Урок сопровождается презентацией, которая р...
Урок+презентация геометрия 8 класс. "Серединный перпендикуляр".
Разработка представляет собой урок геометрии в 8 классе, второй из цикла уроков «Замечательные точки треугольника». Его тема - «Серединный перпендикуляр». На уроке применяется техника оригами для пост...
![](/sites/default/files/pictures/2012/10/20/picture-126504-1350744662.jpg)
Творческая работа учащихся, геометрия 11 класс. "Мой любимый предмет - Геометрия" (презентация)
Материал для уроков по геометрии в 11 классе по теме "Геометрия в природе, науке, технике"....
![](/sites/default/files/pictures/2018/01/01/picture-987573-1514827012.jpg)
Презентация по геометрии на тему" Итоговое повторение курса геометрии 8 класс"
Презентация содержит основные теоремы и задачи рассматриваемые в курсе геометрии 8 класса....