Елементарна геометрия - Шоластър Н.Н. Признаци на успоредност на две прави

Вземете видео курса включва всички теми, от които се нуждаете, за да постигнете успех. полагане на изпитапо математика с 60-65 точки. Напълно всички задачи 1-13 Профилен изпитматематика. Подходящ и за полагане на Основен изпит по математика. Ако искате да издържите изпита за 90-100 точки, трябва да решите част 1 за 30 минути и без грешки!

Подготвителен курс за изпит за 10-11 клас, както и за учители. Всичко необходимо за решаване на част 1 от изпита по математика (първите 12 задачи) и задача 13 (тригонометрия). А това е повече от 70 точки на изпита и нито един стоточков студент, нито студент по хуманитарни науки не могат без тях.

Цялата теория, от която се нуждаете. Бързи решения, капани и тайните на изпита... Разглобени са всички съответни задачи на част 1 от Банката със задачи на FIPI. Курсът отговаря напълно на изискванията на изпит-2018.

Курсът съдържа 5 големи теми, всяка по 2,5 часа. Всяка тема е дадена от нулата, проста и ясна.

Стотици изпитни задачи. Словни проблеми и теория на вероятностите. Прости и лесни за запомняне алгоритми за решаване на проблеми. Геометрия. Теория, справочни материали, анализ на всички видове задачи за използване. Стереометрия. Сложни решения, полезни мами, разработка пространствено въображение... Тригонометрия от нулата до задача 13. Разбиране вместо тъпчене. Визуално обяснение на сложни понятия. алгебра. Корени, степени и логаритми, функция и производна. Основа за решаване на сложни задачи от 2-ра част на изпита.

Признаци на успоредност на две прави

Теорема 1. Ако в пресечната точка на две секущи прави:

кръстосаните ъгли са равни, или

съответните ъгли са равни, или

тогава сумата от едностранните ъгли е 180°

правите линии са успоредни(Фиг. 1).

Доказателство. Ние се ограничаваме до доказателството на случай 1.

Да предположим, че в пресечната точка на линии a и b сека AB, пресичащите се ъгли са равни. Например, ∠ 4 = ∠ 6. Нека докажем, че a || б.

Да предположим, че правите a и b не са успоредни. Тогава те се пресичат в някаква точка M и следователно един от ъглите 4 или 6 ще бъде външният ъгъл на триъгълника ABM. Нека за определеност ∠ 4 е външният ъгъл на триъгълника ABM, а ∠ 6 - вътрешният. От теоремата за външния ъгъл на триъгълника следва, че ∠ 4 е по-голямо от ∠ 6 и това противоречи на условието, което означава, че правите a и 6 не могат да се пресичат, следователно са успоредни.

Следствие 1. Две различни прави линии в равнина, перпендикулярна на една и съща права линия, са успоредни(фиг. 2).

Коментирайте. Начинът, по който току-що доказахме случай 1 от теорема 1, се нарича противоречие или свеждане до абсурд. Този метод получи първото си име, защото в началото на разсъжденията се прави предположение, което е противоположно (противоположно) на това, което се изисква да се докаже. Нарича се редукция до абсурд поради факта, че, аргументирайки се въз основа на направеното предположение, стигаме до абсурдно заключение (до абсурд). Получаването на подобно заключение ни принуждава да отхвърлим направеното в началото предположение и да приемем това, което се изискваше да бъде доказано.

Цел 1.Построете права линия, минаваща през дадена точка M и успоредна на дадена права линия a, която не минава през точка M.

Решение. Начертайте през точка M права p, перпендикулярна на права линия a (фиг. 3).

След това правим права b през точка M, перпендикулярна на права p. Правата b е успоредна на права а според следствието от теорема 1.

От разглеждания проблем следва важен извод:
през точка, която не лежи на дадена права линия, винаги можете да начертаете права линия, успоредна на дадена.

Основното свойство на успоредните прави е както следва.

Аксиома на успоредните прави. През дадена точка, която не лежи на дадена права, минава само една права, успоредна на дадената.

Помислете за някои свойства на успоредните прави, които следват от тази аксиома.

1) Ако правата пресича една от две успоредни прави, то тя пресича и другата (фиг. 4).

2) Ако две различни прави са успоредни на третата права, то те са успоредни (фиг. 5).

Следната теорема също е вярна.

Теорема 2. Ако две успоредни прави се пресичат от секуща, тогава:

ъглите на кръстосване са равни;

съответните ъгли са равни;

сумата от едностранните ъгли е 180°.

Следствие 2. Ако една права е перпендикулярна на една от двете успоредни прави, тогава тя е перпендикулярна на другата(виж фиг. 2).

Коментирайте. Теорема 2 се нарича обратното на теорема 1. Заключението на теорема 1 е условието на теорема 2. А условието на теорема 1 е заключението на теорема 2. Не всяка теорема има обратното, т.е. ако дадената теорема е вярно, тогава обратното на теоремата може да не е вярно.

Нека обясним това с примера на теоремата за вертикалните ъгли. Тази теорема може да бъде формулирана по следния начин: ако два ъгъла са вертикални, тогава те са равни. Обратната на нея теорема би била следната: ако два ъгъла са равни, тогава те са вертикални. И това, разбира се, не е вярно. две равен ъгълизобщо не трябва да са вертикални.

Пример 1.Две успоредни прави се пресичат от трета. Известно е, че разликата между два вътрешни едностранни ъгъла е 30 °. Намерете тези ъгли.

Решение. Нека фигура 6 отговаря на условието.

Всеки ъгъл, в зависимост от размера си, има собствено име:

Ъгъл изглед	Размер в градуси	Пример
Пикантно	По-малко от 90°
Направо	Равно на 90°. На чертежа правият ъгъл обикновено се обозначава със символ, начертан от едната страна на ъгъла до другата.
Глупаво	Повече от 90°, но по-малко от 180°
Разгъната	Равно на 180° Разгънат ъгъл е равно на суматадва прави ъгъла, а правият ъгъл е половината от плоския ъгъл.
Изпъкнала	Повече от 180°, но по-малко от 360°
Пълен	Равно на 360 °

Двата ъгъла се наричат съседенако имат една обща страна, а другите две страни образуват права линия:

Ъгли MOPи PONсъседни тъй като гредата ОП - обща странаа другите две страни са ОМи НАсъставете права линия.

Общата страна на съседните ъгли се нарича наклонена към права линия, на която лежат две други страни, само ако съседните ъгли не са равни един на друг. Ако съседните ъгли са равни, тогава тяхната обща страна ще бъде перпендикулярно.

Сумата от съседни ъгли е 180°.

Двата ъгъла се наричат вертикалнаако страните на единия ъгъл допълват страните на другия ъгъл до прави линии:

Ъглите 1 и 3, както и ъглите 2 и 4 са вертикални.

Вертикалните ъгли са равни.

Нека докажем, че вертикалните ъгли са равни:

Сборът от ∠1 и ∠2 е разгънатият ъгъл. А сборът от ∠3 и ∠2 е разгънатият ъгъл. Следователно тези две суми са равни:

∠1 + ∠2 = ∠3 + ∠2.

В това равенство лявото и дясното имат еднакъв член - ∠2. Равенството не се нарушава, ако този термин отляво и отдясно се пропусне. Тогава получаваме.

Редактирано от V.P. Иваницкая - М .: Държавно учебно-педагогическо издателство на Министерството на образованието на РСФСР, 1959. - 272 с.
Изтегли(пряка връзка) : egnnsholaster1959.djvu Предишна 1 .. 11> .. >> Следваща

Ако съседните ъгли са равни, тогава всеки от тях се нарича прав ъгъл. Общата им страна се нарича перпендикуляр на линията, образувана от другите две страни. Можете също да кажете, че ъглополовящата на разгънатия ъгъл е перпендикулярна на линията, образувана от неговите страни.

Теорема. Ако ъглите са равни, тогава и съседните ъгли са равни.

Нека (h, k) = ^. (I, m) и нека ^ (h, k) и ^ (/ ", m) са съответните съседни ъгли (фиг. 20). Нека освен това / е движението, при което ^ (h, k) се показва в (I, tri). При това движение разгънатият ^ (h, K) ще бъде показан в разгънат (I, / "). Оттук следва, че ^ (h ", k) ще се преобразува в ^ (V, m), тоест ^ (h !, k) = ^ (V, m).

Теорема. Има ъглополовяща на всеки ъгъл и освен това единствена.

Нека ^ (A, k) е различен от разгънат и неговата вътрешна област е изпъкнала. Нека отделим на страните му от връх O равни отсечки OA и OB (фиг. 21, а) и свържем точките A и B. В равнобедрен триъгълник AOB A = ^ B (§ 8). Свързвайки средата C на сегмент AB с точка O, получаваме триъгълници LOS и BOC, равни в първия атрибут. Следователно AOC = BOC и следователно лъчът OC е ъглополовяща (h, k).

Ако (h, k) не е изпъкнала (на чертежа вътрешната му област не е защрихована), тогава според предишната

6}
t ^

теорема, неговата ъглополовяща е лъчът m, допълнителен към лъча /.

От равенството на триъгълниците ACO и BCO следва също, че ^ ACO = BCO1, т.е. лъчът CO е ъглополовящата на разгънатия ъгъл със страни CA и CB.

Сега нека разложен ^ (p,<7) (черт.21,6). Совершим движение, при котор ом р азвер нутый

ACB се показва в

(р, q). В този случай CO лъчът се картографира в t лъча. Тъй като ^ (p, t) = ^ lBCO, ^ BCO = ^ ACO и ^ ACO = (q, t), тогава (p, t) = ^ (q, t), тоест t е ъглополовящата (p, q).

Нека / е ъглополовящата

(A, A), а Г е произволен лъч, излизащ от върха на ъгъла и лежащ във вътрешната му област. Ако Γ се намира във вътрешната област ^ (A, /), то ^ (A, / ")<^ (А, /) и ^ (А, Г) >^ (А, /). Следователно, ^ (A, T)<^ (А, /"). Отсюда следует, что угол имеет единственную биссектрису. Теорема доказана.

Следствие 1. Има един и само един перпендикуляр на дадена права, излизащ от дадена точка върху нея и лежащ в дадена полуравнина, ограничена от тази права.

Следствие 2. Половината равни ъгли са равни един на друг.

Всъщност, ако ^ (A, A) = ^ (A ", A"), тогава има движение /, при което едно от тях се преобразува в другото. Според доказаната теорема техните ъглополовящи / и Γ за дадено движение също трябва да се преобразуват една в друга. Следователно ^ (A, /) = ^ (A ", Γ).

Тъй като всички разгънати ъгли са равни, тогава специален случай на следствие 2 е твърдението: всички прави ъгли са равни един на друг.

Прави a и A, образуващи прави ъгли при пресичане, се наричат ​​перпендикулярни (a ± b).

Отражение от права линия. Нека правата a лежи в равнината a. Образуваните в този случай полуравнини ще бъдат обозначени с X и p. (фиг. 22). Вземете права греда A

произлизащ от точка O. По свойство 6 на движенията (§ 7) съществува едно единствено движение, което преобразува лъча h в себе си и полуравнината X в полуравнината jx. Всички точки на този лъч са картографирани в себе си чрез свойството на 5 движения. Всички точки от лъч k, завършващи лъч h до права линия, също са преобразувани в себе си.

И така, по време на разглежданото движение всички точки от правата а се преобразяват в себе си. По-нататък е лесно да се види това

Нека сега вземем точка извън правата a.

Теорема. През всяка точка, която не лежи на права линия, има една права линия, перпендикулярна на тази права линия.

Доказателство. Нека M е точка, лежаща извън правата a (фиг. 23). Линия a разделя равнината, дефинирана от тази права и

точка M, на две полуравнини: полуравнина X, съдържаща точка M, и полуравнина jx. Когато се отрази от правата линия a, точката M се преобразува в точка M "от полуравнината jx. Тъй като точките M и M" лежат в различни полуравнини

стах, после направо ММ" и по дяволите 23

пресичат се в някои

точка M0, която при отражение се преобразува в себе си. От това следва, че правата MM" е преобразувана в себе си и следователно образуваните от нея ъгли / и 2 с правата а (виж фиг. 23) се преобразяват един в друг.

полуравнината jx се преобразува в полуравнина X.

Разглежданото движение се нарича отражение от права линия a.

От съществуването на ъглополовящата на разгънатия ъгъл следва, че през всяка точка, лежаща на правата линия a, винаги е възможно да се проведе права линия b, перпендикулярна на правата линия a.

Следователно тези ъгли са равни и тъй като освен това са съседни, тогава MM "± a. Сега нека през M се проведе друга права линия, пресичаща правата a в някаква точка Af0. Тя ще бъде преобразувана в правата M" N0, a ^ MN0M0 ще бъде картографирано в M "N0M0. И така, ^ 3 = ^ i4. Но според аксиома 1 (раздел 2) точките M1 N0 и M" не лежат на една права линия и следователно сума от ъглите 3 и 4, тоест ^ MN0M ", следва, че ъглите 3 и 4 са различни от правата линия и правата MN0 няма да бъде перпендикулярна на правата линия a. Правата MM "е, следователно, единствената права линия, перпендикулярна на a и минаваща през точка M.