ЖРТ боюнча 11-сабак

11 – сабак.

Планиметрия

Мектеп геометриясы Планиметрия жана Стереометрия болуп экиге бөлүнөт.

Планиметрия – тегиздиктеги геометриялык фигураларды окутуучу илим.

Стереометрия - мейкиндиктеги геометриялык фигураларды окутуучу илим.

Геометрияда – чекит,түз сызык, тегиздик жана мейкиндик деген фигуралар аныктоосуз кабыл алынган.

Бир чекиттен чыккан түз сызыктын бөлүгү шоола деп аталат. (ОА) – шоола.

А

О

Бир чекиттен чыккан эки шоола менен чектелген тегиздиктин бөлүгү бурч д.а.

В

О

А

Б урчтар тар, тик, кең, жайылган, жандаш жана вертикалдык бурчтар болуп бөлүнүшөт.

     Атайын белгилөөлөр

Эки жагынан чектклген түз сызыктын бөлүгү кесинди деп аталат.

  —  А  жана В чекиттери менен чектелген кесинди

,   AB — кесиндисинин узундугу,

,  —  B чокулуу бурч ,

  —  a жан b жактарынын (шоолаларынын) арасындагы бурч,

,     — бурчтун чодугу,

  — бир градус, жайылган бурчтун 1/180 бөлүгү,

— бир минута, ,

  — бир секунда,  ,

1 рад — бир радиан, 1 рад =  ,

 — бир град, тик бурчтун 1/100 бөлүгү, .

Үч бурчтук  

Бир түз сызыкта жатпаган үч чекитти удаалаш туташтыруудан пайда болгон тегиздик фигурасы үч бурчтук деп аталат.

Ү ч бурчтуктун ички бурчтарынын суммасы:  .

К осинустар теоремасы :

 Эгерде үч бурчтуктун эки жагы жана арасындагы бурчу белгилүү болсо, анда үчүнчү жагын косинустар теоремасынын жардамында табабыз.

Синустар теоремасы:

  Эгерде үч бурчтуктун эки жагы жана алардын биринин каршысындагы бурчу же үч бурчтуктун эки бурчу жана алардын биринин каршысындагы жагы белгилүү болсо, белгисизин синустар теоремасынын жардамында табабыз.

    

(R — үч бурчтукка сырттан сызылган айлананын радиусу).
Эгерде үч бурчтуктун жагы жана анын каршысындагы бурчу белгилүү болсо, анда ал үч бурчтукка сырттан сызылган айлананын радиусун синустар теоремасы менен тапса да болот.

     Сырткы бурчтарынын чоңдуктары:  ,  ,  .

Үч бурчтуктун периметри деп, анын жактарынын узундуктарынын суммасы аталат.

     Периметр:  (p — жарым периметр)

Үч бурчтуктун орто сызыгы деп, анын бир жагына параллель жана калган эки жагынын тең ортолрун туташтыруучу кесинди аталат.

     Орто сызыктын касиеттери:  ,   ( 2 – сүрөт)

Үч бурчтуктун медианасы деп, анын бир бурчунан чыгып каршысындагы жагынын тең ортосун туташтыруучу кесинди аталат.

 Медианалардын касиеттери:  ,  ,   ( 3 – сүрөт)

Үч бурчтуктун бийиктиги деп, анын бир бурчунан чыгып каршысындагы жагына перпендикуляр түшкөн кесинди аталат.

      Бийиктиктердин касиеттери: 

Үч бурчтуктун биссектриассы деп, анын бир бурчунан чыгып жана аны тең экиге бөлгөн кесинди аталат.

 Биссектриссалардын касиеттери:  (1.4 – сүрөт).

  B чокусунан түшүрүлгөн медианалардын, бийиктиктердин жана биссек-трисалардын узундуктары  :

       

  Аяттардын формулалары:

 
 (Герондун формуласы),

         (r – ичтен сызылган айлананын радиусу).

     Тик бурчтуу үч бурчтуктар   (1.5 – сүрөт) 

   Эгерде анда 

   

   Пифагордун теоремасы :  

(a, c – катеттердин узундуктары; b - гипотенузасынын узундугу).

               

  

  

     Тең капталдуу үч бурчтуктар (1.6 – сүрөт) 

  

     Тең жактуу үч бурчтуктар  (1.7 – сүрөт) 

           

Параллелограмм  ( 1.8 – сүрөт) 

Төрт бурчтуктун карама – каршы жаткан жактары тиешелүү түрдө параллель жана барабар болсо,ал төрт бурчтук параллелограмм деп аталат.

     Жактарынын жана бурчтарынын касиеттери:

     

     

     Диоганалдарынын касиеттери:

     

     Аянттары:      

     Ромб  ( 1.9 – сүрөт) 

Жактары барабар болгон параллелограмм, ромб деп аталат.

     Жактарынын жана диогоналдарынын касиеттери:

       

     Аянттары:

     

    Тик бурчтуктар ( 1.10 – сүрөт) 

Бурчтары тик болгон параллклограмм тик бурчтук деп аталат.

    Жактарынын жана бурчтарынын касиеттери:

       

     Диоганалдарынын касиеттери:

     

Аянттары: S = a

     Квадрат  ( 1.11 – сүрөт) 

Жактары барабар болгон тик бурчтук квадрат деп аталат.

    Жактарынын жана бурчтарынын касиеттери: 

 

     Диагоналынын узундугу: 

   Аянты: 

     Трапеция  ( 1.12 – сүрөт) 

Эки жагы параллель калган эки жагы

параллель болбогон төрт бурчтук трапеция деп аталат.

     Жактарынын касиеттери:

 

     Орто сызыктын касиеттери:

 

    Аянты:

   

Көп бурчтуктар

     Ички бурчтардын суммасы:

     Сырткы бурчтардын суммасы:

     Диагоналдардын саны:

     Айланага ичтен жана сырттан сызылган көп бурчтуктар

     (R – сырттан сызылган айлананын радиусу; r - ичтен сызылган айлананын радиусу; p – көп бурчтуктун жарым периметри;

S – анын аянты).

    Үч бурчтук

     Төр бурчтук

Эгерде ABCD  төрт бурчтугу айланага ичтен сызылса, анда

Эгерде ABCD  төрт бурчтугу айланага сырттан сызылса, анда

Окшош көп бурчтуктар

Эгерде    жана   -   окшоштук коэфиценттүү окшош көп бурчтуктар болсо, ал эми   жана  ,   жана   - алардын периметрлери жана аянттары болсо, анда:    болот.

Туура n бурчтуктар

     

     Ички бурчунун чоңдугу:

     Жактары: 

(R – сырттан сызылган айлананын радиусу; r - ичтен сызылган айлананын радиусу, апофемасы)

Жекече учурлары:

     

     Аянттары:

      

(  -  n бурчтуктун периметри).

Айлана жана тегерек

     

      (r - радиус;   - диаметр)

     Айланага ичтен сызылган бурчтун чоңдугу:

   ( 1.13 – сүрөт).

     Хордалардын касиеттери:

   ( 1.14 – сүрөт).

     Кесилишүүчүлөрдүн касиеттери: 

 ( 1.15 – сүрөт).

     Айлананын узундугу: 

        радиандуу жаанын узундугу: 

       бурчтуу жаанын узундугу: 

     Тегеректин аянты: 

       радиандуу сектордун аянты: 

       бурчтуу сектордун аянты: 

      бурчтуу тегеректин сегментинин аянты :

Векторлор

      Белгилениши : 

    

  Вектордун узундугу, модуль (абсолюттук чоңдугу):

 

     Векторлордун суммасы:

       (үч бурчтук эрежеси) (1.22 – сүрөт);

      ( параллелограмм эрежеси) (1.23 – сүрөт);

      (көп грандык эрежеси);

      ( параллелепипед эрежеси, OS - диагоналы).

     Векторлордун айрымасы: 

     Векторлодун айрымасынын формуласы:   - = (1.24 – сүрөт).

    Векторлордун коллинеардуулук белгиси:  = ( 0)

Тегиздик фигуралардын окшоштугуна карата

маселелерди чыгаруу эрежелери.

№1. Гомотетиялоодо Х чекити чекитине , ал эми Y чекити чекитине өтөт. Эгерде X, X^| ,Y,Y^| чекиттери бир түз сызыкта жатышпаса, гомотетиянын борборун кантип табууга болот?

Чыгаруу:

1)Гомотетиялык өзгөртүп түзүүнүн аныктоосу боюнча, гомотетиянын борбору берилген чекиттер менен бир шоолада жатат, анда XX^I жана YY^I түз сызыктарын жүргүзөлү.

2) Шарт боюнча Х, Х^I , Y,Y^I чекиттери бир түз сызыкта жатышпайт, анда бул эки түздөр бир чекитте кесилишет, ал О чекитти гомотетиянын борбору болуп эсептелет.

№2 Гомотетиялоодо Х чекити Х^I чекитине өтөт. Эгерде гомотетиянын коэффициенти 2ге барабар болсо, гомотетиянын борборун түзгүлө.

Түзүү:

1) Изделип жаткан гомотетиянын борбору Х жана Х^I чекиттери менен бир түз сызыкта жатары белгилүү, анда борборун табуу үчүн Х Х^I түз сызыгын жүргүзөлү.

2) Мейли О чекити гомотетиянын борбору болсун, мындан гомотетиянын аныктоосу боюнча к=2 , болгондо OX^I=2▪OX болот. Чындыгында Х^I чекитин OX^I=2▪OX ке узартып О чекитин алабыз.

О чекити гомотетиянын борбору болот.

№3. Үч бурчтук сызгыла. Гомотетиянын коэффициентин 2 ге барабар деп, гомотетиянын борбору үчүн анын бир чокусун алып, ага гомотетиялаш үч бурчтукту түзгүлө.

Түзүү:

1. ABC да А чекити гомотетиянын борбору болсун; AB шооласын жүргүзүп, AB^I=2▪AB барабар болгон кесидисин түзүү менен В чекитине гомотетиялуу В^I чекитин алабыз.

2. АС шооласын жүргүзүп АС^I=2▪AC болгон кесиндини түзүү менен С чекитине гомотетиялуу С^I чекитин алабыз.

3. AB^I, AC^I, B^IC^I кесиндилерин түзүү менен ABC га коэффициенти 2ге барабар болгон A^IB^IC^I үч бурчтугун түзүп алабыз.

№ 5. Үч бурчтукка окшош фигура эмнени билгизет?

Түшүндүрмө:

Үч бурчтукка окшош фигура үч бурчтук болот.

№6. ∆АВС жана ∆А₁В₁С₁ окшош үч бурчтуктарында:

∠А=30⁰, АВ=1м , ВС=2м, В₁С₁=3м болсо, А₁В₁ жагы жана А₁ бурчу эмнеге барабар?

Чыгаруу:

1). Окшош өзгөртүп түзүүдө жалпы чокулуу эки шоолалардын арасындагы бурчтар өзгөрүүсүз сакталат, демек ∠А= ∠ А^I=30⁰.

2). Окшоштуктун аныктоосу боюнча B^IC^I=к ВС, мындан

К = = = 1,5 к. ч. А1 В 1= к АВ = 1,5 1м = 1,5м. Демек А1=30O А1В1=1,5м

№7. Айланага окшош фигура айлана болорун далилдегиле?

Далилдөө:

О борборлуу R радиустуу айлана берилсин, коэффициенти к га барабар болгон О чекитине окшош өзгөртүп түзүүнү карайлы. Мындан О чекитине R аралыкта жаткан чекиттер ОIчекитинен к▪R арылыкта жатышат. Демек ОI борборлуу к▪R радиустуу айлана пайда болот.

№8. Бурч жана анын ичинен А чекити берилген. А чекити аркылуу өтүп бурчтун жагын жанып өткөндөй айлананы түзгүлө.

Түзүү:

Бурчтун

1. N К биссектрисасынын жүргүзөлү.

2. Биссектрисадан О чекитин белгилеп алалы, OF OE лерин бурчтун жактарына жүргүзөлү.

3. Радиусу ОЕ ге барабар болгон айлана тургузабыз.

4. Айлананы Т чекитинде кесип өтүүчү NA шооласын жүргүзөлү.

5. к = коэффиценттүү О^I чекитине гомотетиялуу О^I А барабар болгон О^I борборлуу А чекити аркылуу өтүүчү жана бурчтун жактарын жанып өтүүчү айлана тургузулат.

к = =

№ 9. Берилген үч бурчтукка эки бурчу анын бир жагында жаткандай, калган бурчтары үч бурчтуктун калган эки жагында жаткандай квадратты түзгүлө.

Чыгаруу:

1. Биринчи F₁ жана K₁ чокулары АС жагында жаткан D₁ чокусу АВ жагында жаткан D₁ E₁ F₁ K₁ квадратын сызалы.

2. А чокусуна карата E₁ чекитин үч бурчтуктун ВС жагында жатуучу Е чекитине которуучу гомотетия D₁ чекитин D чекитин чокусуна , чокуларына которот.

=

Гомотетия фигураны өзүнө окшош фигурага өзгөртүп түзгөндүгү үчүн

D₁ E₁ F₁ K₁ квадраты ⎕DEFK квадратына көчүрүлдү.

E₁ F₁ ⊥АС болгондой EF⊥ АС болот.

№10. Чокусундагы бурчтары барабар болгон тең капталдуу үч бурчтуктардын окшоштугун далилдегиле.

Далилдөө:

ABC жана A₁ B₁ C₁ тең капталдуу үч бурчтуктар жана ∠В = ∠В₁. ∆‍ ABC ∾ A₁ B₁ C₁ экендигин далилд.

Эгерде ∠В = ∠В₁ болсо, анда ∠А = ∠А₁ жана ∠С = ∠С₁ болот. Тең капталдуу үч бурчтуктун негизиндеги бурчтарын касиети боюнча

∠A = экендигинен ∠A₁ = экендигин эске алсак чындыгында ∆‍ ABC ∾ A₁ B₁ C₁ болот .

∠В = ∠В₁

А₁ В₁= В₁ С₁

№11. Тең капталдуу эки үч бурчтуктун каптал жактарынын арасындагы бурчтары барабар. Бир үч бурчтуктун каптал жагы жана негизи 17см ге 10 см ге барабар, экинчисинин негизи 8см ге барабар. Анын каптал жагын тапкыла.

Чыгаруу:

∆‍ ABC, A₁ B₁ C₁ -тең капталдуу үч бурчтуктар жана ∠В = ∠В₁, A₁ B₁ C₁:

А₁ В₁= В₁ С₁=17см, A₁C₁=10 см. ∆‍ ABC: АС=8см, АВ=ВС=?

1. №10 көнүгүүнү эске алсак, ∆‍ ABC ∾ A₁ B₁ C₁ . Окшош өзгөртүп түзүүнүн касиети боюнча экендигинен

АВ = = = 13,6 см. АВ = ВС = 13,6 см

№12. ABC жана A₁ B₁ C₁ үч бурчтуктарында ∠А = ∠А₁ , ∠В = ∠В₁ , АВ = 5 м,

ВС = 7 м, =10 м, = 8 м. Үч бурчтуктардын калган жактарын тапкыла.

Чыгаруу:

1) ∆‍ ABC ∾ A₁ B₁ C₁ себеби ∠А = ∠А₁ ∧ ∠В = В₁ ⇒ ∠С = ∠С₁ болот.

,

2) = ; ) =

= = 14 см

АС = = = 4 см

№ 13. 12 – маселени АВ = 16 см, ВС = 20 см, = 12 см, = 6 см шарты боюнча чыгаргыла.

Чыгаруу:

АС - ?, ,

= = 0,75

⇒ = АС= 6 +

6 + = 4,5 + 0,75

= 4,5

= 4,5 4 = 18.

⇒

АС = 6+18=24см.

жообу: АС=24см, , .

№ 14. Тик бурчтуу үч бурчтуктун тик бурчунан түшүрүлгөн бийиктик аны өзүнө окшош болгон эки үч бурчтукка бөлөөрүн далилдегиле.

∆АВС: ∠В =90 , ВD – бийиктик

∆АВС ∾ ∆АВD, ∆АВС ∾ ∆DВС

1) ∆АВС ∾ ∆АВD экендигин далилдейли.

∠АВС = ∠ADB = 90 ∠BCA = ∠BAD –жалпы бир бурч. Демек үч бурчтуктардын эки бурчу тиешелүү түрдө барабар болушса анда үчүнчү бурчтары да барабар болушат.

Демек ∆АВС ∾ ∆АВD

1. ∆АВС ∾ ∆DВС экендигин далилдейли: Бул эки үч бурчтук үчүн ∠С жалпы бурч ∠ABC = ∠BDC=90 ⇒∠A=∠DBC демек ∆АВС ∾ ∆BDC.

№16. Негизи а жана бийиктиги h болгон үч бурчтукка эки чокусу негизинде, ал эми калган эки чокусу каптал жактарында жаткандай квадрат ичтен сызылган. Квадртаттын жагын аныктагыла.

∆ABC: ⎕EFNL – квадрат.

AC = a

BD = h

E F - ?

1) ∆АВС жана ∆FBN: ∠ABC = ∠FBN – жалпы бурч ⎕EFNL – квадрат.

EL AC ⇒AC // FN AB, BC - жактары үч бурчтуктардын жалпы жактары,

∠BAC = ∠BFN ∧ ∠BNF = ∠BCA болгондуктан ∆ABC ∾ ∆FBN.

2) квадраттын жагын х деп белгилейли

BM = BD – MD = h – x , = ⇒

квадраттын жагы.

№17. ABC үч бурчтугун АС жагына паралель АВ жагын m : n катышындай DN кесиндиси бөлөт. Ал кесинди В чокусуна карата ВС жагын кандай катышта бөлөт.

Ч ыгаруу:

∆ABC : AC // DN жана

№16 көнүгүү боюнча ∆ABC ∾ ∆DBN демек мындан пропорциянын касиети боюнча AB AD = AB – BD,

NC = BC – NB

⇒ BD ▪ NC = AD▪BN ⇒ BD▪(BC - NB)=BN▪(AB - BD)

BD▪BC – BD▪NB = BN▪AB – BN▪BD (2) (2) ⇒ BD▪BN=BN▪AB (1) келип чыгууда. Демек экендиги келип чыгат.

№18. ABC үч бурчтугунда АС жагына параллель болгон DE кесиндиси жүргүзүлгөн (кесиндинин D учу АВ жагында, ал эми Е учу ВС жагында жатат). Эгерде АВ = 16см, АС = 20см жана DE = 15см болсо, AD ны тапкыла.

Ч ыгаруу:

DE//AC AB, BD бир түздө BE, BC бир түздө жатышат ∆АВС жана ∆DBE үч бурчтуктарында ∠В жалпы бурч болгондуктан ∠ВАС = ∠BЕD

, BD =AB-AD AB▪DE = AC▪BD ⇒ AB▪DE = (AB-AD)▪AC ⇒ AB▪DE = AB▪AC – AD▪AC, AD▪AC = AB▪AC – AB▪DE.

AD= = = =4см AD = 4см.

№19. 18-маселеден, эгер АС:DE=55:28 экени белгилүү болсо, анда AD:BD катышын тапкыла.

Чыгаруу:

AB = AD+BD.

⇒

№20. Эгерде:1) АC=20cм, АВ=17 cм, жана BD=11,9cм; 2) AC=18 дм,

AB=15 дм жана AD=10 дм болсо, 18-маселедеги DE кесиндинин узундугун тапкыла.

Чыгаруу :

1. ∆АВС∾∆DEB болгондуктан,

2)BD = AB-AD=15 -10 = 5 дм

№21. ABCD трапециясынын диагоналдары Е чекитинде кесилишет. BCE жана DAE үч бурчтуктарынын окшоштугун далилдегиле.

AC

∆AED∾∆BEC-?

⎕ABCD: AD//BC. ∠AED, ∠BEС- вертикалдуу бурчтар болгондуктан ∠AED=∠BEC, BC//AD болгондуктан параллель эки түздү үчүнчү түз кесип өткөндө ички кайчылаш бурчтары барабар болорун эске алсак ∠DAE=∠BCE жана ∠ADE=∠CBE болот. Демек ∆AEC∾∆BEC

№22. Эгерде трапециянын негиздери m:n катышындай катышса, анда экинчи диагоналы аркылуу бөлүнгөн трапециянын диагоналынын кесиндилеринин катышын тапкыла.

Чыгаруу:

⎕ABCD-трапеция:

AC

__________________________

∆AED∾∆BEС экендиги далилденген, демек

Мындан болот.

№23. Трапециянын диагоналдарынын кесилишкен чекити аркылуу өткөн түз сызык, анын бир негизин m:n катышында бөлөт. Ал экинчи негизин кандай катышта бөлөт?

Чыгаруу:

⎕ABCD-трапеция:

AC , KN-түзү берилген

E

______________________

∆KEC жана ∆AEN үч бурчтуктарын карайлы. BC//AD жана ∠ANE=∠EKC, ∠NAE=∠KCE жана ∠KEC, ∠AEN бурчтары вертикалдык бурчтар болгондуктан алар да барабар болушат. Мындан ∆AEN ∾ ∆KEC ⇒ (1) ∆BKE∾∆NED да жогорудагы шарттарга ылайык окшош. (2) (1) жана (2) ⇒ = келип чыгат.

№24. трапециясында АС диагоналына карата АВС жана ACD бурчтары барабар. Эгеде ВС жана AD негиздери тиешелүү түрдө 12 м жана 27 м ге барабар болсо, АС диагоналын тапкыла.

Чыгаруу:

а) шарт боюнча ∠A BC=∠ACD

б) AD//BC⇒∠BCA=∠CAD мындан

ФС жана AС .

демек ∆A BC=∆ACD мындан

AC= = = = 2▪3▪3=18м . АС=18м

№25. Трапециянын негиздерине параллель болгон сызык бир каптал жагын m:n катышында бөлөт. Экинчи каптал жагын ал кандай катышта бөлөт?

⎕ ABCD-трапеция:

ADжанаBC- негиздери

AD//KN//BC.

________________________

AВ параллель эмес CD. Демек AB кесилишет. Бурчтун бир жагын кандайдыр бир катышта бөлгөн параллель түздөр экинчи жагында ошондой катышта бөлөт деген теорема боюнча болот. Демек = .

№26. ABCD трапециясынын AВ жана CD каптал жактарынын уландылары Е чекитинде кесилишет. Эгерде АВ=5 см, ВС=10 см, CD=15 см болсо, AED үч бурчтугунун жактарын тапкыла.

Ч ыгаруу:

1. ∆AED жана ∆ВЕС бурчтарында BC//AD себеби ⎕ABCDтрапециясынын негиздери.

∠AED = ∠ВЕС жана BC//AD⇒∠ЕВС=∠EAD.

Мындан ∆AED∾∆BEС.

2. ∆AED∾∆BEС болгондуктан болот.

AE=AB+BE,

, BE=2▪AB=2▪5=10см

BE=10см. AE=5+10=15см

3)Үч бурчтуктардын окшоштугунан , DE=DC+E , см

DE=DC+EC=6cм+12cм = 18cм

№27. Эгерде ВС=7 см, AD= 21 см жана трапециянын бийиктиги 3 см ге барабар болсо, 26-маселеден AED үч бурчтугунун бийиктигин тапкыла.

Чыгаруу :

1)EN - ∆AEDнун бийиктиги KN - ⎕ABCD

трапециясынын бийиктиги.№26 көнүгүү боюнча ∆AED∾∆BEС .

Мындан келип чыгат.

2)∆ANE жана ∆BKE үч бурчтарынын окшоштугун далилдейли.

а) AN//BK жана AE, BE-бир түздө жаткандыктан ∠A=∠B;

б) EN⊥AN жана EK⊥BK AN//BK⇒∠K=∠N=90⁰ .

Демек ∆ANE∾ ∆BKE. Мындан K= (1) ∆ ADE: (2) . (1) жана(2) ⇒ (3)

EN= EK+KN.

2▪EK=KN⇒EK = KN = см EN=EK+KN=1,5 см+3 см=4,5 см. EN=4,5 см.

№ 28. Трапециянын диагоналдары Е чекитинде, ал эми каптал жактарынын уландылары F чекитинде кесилишет. E F түз сызыгы трапециянын негизин тең экиге бөлөрүн далилдегиле.

Далилдөө:

⎕ABCD-трапеция ACжана BD=E, AB жана CD=F

№26 көнүгүү боюнча ∆AED∾∆BEС жана

№22 көнүгүү боюнча ∆AED∾∆BEС

мындан ∆BKE∾∆AEN экендиги келип чыгат.

Бул үч бурчтуктардын окшоштуктарынан пропорция түзөлү.

№29. ∆АВС тең капталдуу үч бурчтугунда АС негизи жана анын карышысындагы бурчу 36 ка барабар, ∠А дан AD биссектрисасы жүргүзүлгөн.

1) АВС жана СAD үч бурчтуктарынын окшоштугун далилдегиле.

2) Каптал жагы а га барабар болсо, АВС үч бурчтугунун негизин тапкыла.

Ч ыгаруу:

∆АВС:∠В=36 жана AB=BC⇒∠A=∠C=

∆ADC:∠DAC=36 ∠ACD =72 ⇒∠ADC=72⁰ болот. Мындан AC=AD

∆ABD: ∠DAB=∠ABD=36⁰⇒∠ADB=108⁰,болот жана

AD=AB мындын ∆ABC∾ACD келип чыгат.

AB Демек

= -

D=b²-4аc=a²-4∗1∗(- a²)=5a². X_1,2 =

X₁ = , X₂ = .

X₁ = чет тамыр X₂ =

мындан AC = бирдик.

№30. АВС жана А_I B_I C_I үч бурчтуктарынын В жана B_I бурчтары барабар. АВС үч бурчтугунун В бурчуна жанаша жаткан жактары, А_I B_I C_I үч бурчтукгунун B_I бурчуна жанаша жаткан жактарынан 2,5 эсе узун. Эгерде AC жана А_I C_I дин суммасы 4,2 м ге барабар болсо, аларды тапкыла. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

∆АВС ∾∆А_I B_I C_I⇒

AC=х м болсун, анда

А_I C_I =2,5∗АС=2,5▪Х м

АС+А_I C_I =4,2м

Х+2,5х=4,2

3,5х=4,2⇒3,5х=4,2⇒х= АС=1,2 м А_I C_I=2,5▪1,2м=3м.

№32. АВС тар бурчтуу үч бурчтугунда AD, BE, CF бийиктиктери жүргүзүлгөн. АВС үч бурчтугунун бурчтарын билүү менен DEF үч бурчтугунун бурчтарын тапкыла. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

1. ∠А=∠FDB, ∠C=∠BFD болгондуктан

∆ABC∾∆FBD

2)∠EDC=∠A, ∠DEC=∠B болгондуктан

∆ABC∆∾EDC болот.

3)∠D=180 (∠FDB+∠EDC)=180 2∠A

4) ∆ABC∾∆AEF , ∠AEF=∠B. ∠AEF=∠C ⇒ ∠F=180 (∠AEF+∠BFD)= 180 2∠C;

5) ∠E=180 (∠AEF +∠DEC)=180 2∠B

Жообу: ∠D=180 2∠A;

∠E=180 2∠B;

∠F=180 2∠C.

№33. 32-маселеде DEF үч бурчтугунун биссектрисалары АВС үч бурчтугунун бийиктиктеринде жатарын далилдегиле. ( чиймесин өзүң чий)

Далилдөө:

№32- көнүгүүдөгү чиймени кара. 1)AD-бийиктик анда AD⊥BС, ∠ADB=90 ,

⇒AD. ∠D бурчунун биссектрисасы.

2)EB-∠E нун биссектрисасы, EC,∠F нун биссектрисасы экендигин далилдөөгө болот, башка айтканда биссектрисалар бийиктиктерде жатары далилденди.

№34. Тең жактуу эки үч бурчтук окшошпу?

Эки тең жактуу үч бурчтуктардын бурчтары барабар болгондуктан, алар окшош болушат.

№35. Эгерде: 1)АВ=1м, АС=1,5м, ВС=2 м; А₁В₁=10см, А₁ С₁=15 см, В₁С₁=20см;

2) АВ=1м, АС=2 м, ВС=1,5м; А₁В₁=8 дм, А₁ С₁=16 дм, В₁С₁=12 дм;

3) АВ=1м, АС=2м, ВС=1,25 м; А₁В₁=10см, А₁ С₁=20 см, В₁С₁=13см болсо,

анда АВС жана А_I B_I C_I үч бурчтуктары окшошпу? ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

∆АВС ∾∆А_I B_I C_I болушу үчүн анын тиешелүү жактарынын катыштары пропоциялуу болуу барабардыктары аткарылышы керек башкача айтканда

шарты аткарылышы керек.

1. демек окшош.

2. 1,25; демек берилген үч бурчтуктар окшош.

3. 10=10 ; демек берилген үч бурчтуктар окшош эмес.

№37. Үч бурчтуктун жактары 0,8 м, 1,6 м жана 2 м. Периметри 5,5 м ге барабар болгон үч бурчтукка окшош үч бурчтуктун жактарын тапкыла. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

∆АВС ∾∆А_I B_I C_I болгондуктан болушу шарт. Мындан экендиги келип чыгат.

. Р=а+в+с=0,8+1,6+2=4,4 м

1,25. 1,25⇒ 1,25 ▪а,

Жообу: 1 м; 2 м; 2,5 м.

№38. Бир үч бурчтуктун периметри ага окшош үч бурчтуктун периметринин бөлүгүн түзөт. Тиешелүү жактарынын айырмасы 1 м ге барабар. Бул жактарды тапкыла. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

№37- көнүгүүдөгү эске алалы. ∆АВС ∾∆А_I B_I C_I болгондуктан. жана , к = келип чыгат .

=1 м.

а=6,5 м. жообу: 6,5м; 5,5м.

№39. Эгерде тик бурчтуу эки үч бурчтуктун бириндеги бурч болсо, ал эми экинчисиники: 1) ; 2) ка барабар болсо, анда алар окшош болушабы?

Чыгаруу:

1)Тик бурчтуу үч бурчтуктун тар бурчтарынын суммасы 90 ка барабар болгондуктан. демек бир бурчу болгон тик бурчтуу үч бурчтукка окшош.

2)Ал эми бир бурчу болгон үч бурчтуктун экинчи бурчу болгондуктан алар окшош эмес.

№40. Тик бурчтуу үч бурчтуктун гипотенузасына түшүрүлгөн бийиктиктин негизи аны 9 см жана 16 см лик кесиндилерге бөлөт. Үч бурчтуктун жактарын тапкыла.

Чыгаруу:

AD=9см , DC=16см, BD⊥AC

_____________________________

AB-? , BC-?

∆ABC∾∆BDC жана ∆ABC∾∆ADB болушунан ∆BDC∾∆ADB болот. Мындан келип чыгат башкача айтканда, ∆ABC: Пифагордун теоремасы боюнча = = = =15 см, АВ=15 см ∆BDC: BC= = = = = 20 см , ВС=20см Жообу: 15 см; 20 см.

№41. Тик бурчтуу үч бурчтуктун гипотенузасы 25см , ал эми бир катети 10 см ге барабар. Экинчи катетинин гипотенузага болгон проекциясын тапкыла. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

40- көнүгүүдөгү пайдаланабыз. ∆ABC: ∠В=90 , АС=25см , АВ=10см, DC-? BD⊥AC.

AB нын проекциясы AD=x деп белгилесек BC нын проекциясы DC=25-х болот.

∆ABC: ВD²=AB² - AD²; (1) жана ∆ABC∾∆DBC нан (2) болот.

(1)жана (2)⇒ AB²-AD²=AD▪DC⇒10²-x²=x▪(25 - x) ⇒100-x²=25x-x² ⇒ 25x=100 x=4см. Мындан DC=25-х=25-4= 21см жообу: 21 см.

№42. Окшош үч бурчтуктардын бийиктиктери алардын тиешелүү жактарынын катышындай катышаарын далилдегиле. ( чиймесин өзүң чий)

Далилдөө:

∆АВС ∾∆А_I B_I C_I

BD - ∆ABC нун бийиктиги

А_I B_I C_I нун бийиктиги

________________________

катыштарын далилде.

∆АВD ∾∆А_I B_I D_I себеби ∠А=∠А₁ ∠D=∠D₁=90 демек ∠ABD∾∠ А_I B_I D_I .

Окшош үч бурчтуктардын тиешелүү жактарынын катыштары пропорциялаш. Мындан болот.

№43. Тик бурчтуу үч бурчтуктун катеттери m:n катышындай катышат. Катеттердин гипотенузага болгон проекциялары кандай катышат?

Чыгаруу:

40- көнүгүүдөгү пайдаланабыз. ∆ABC тик бурчтуу

1) ∆АВC ∾∆ABD: AD =

2) ∆АВC ∾∆BDC: DC =

1. жана (2)⇒

№44 . Фабриканын морунун көлөкөсүнүн узундугу 35,8 м; ушул эле учурда жерге бийиктиги 1,9 м мамыча тургузулса, анын көлөкөсү 1,62 м болот. Мордун бийиктигин тапкыла. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

ВС=1,9 м АС=1,62 м

А_I C_I==35,8 м. B_I C_I-?

_______________________

∠А=∠А₁ жана ∠С=∠С₁=90⁰ болгондуктан ∆АВС ∾∆А_I B_I C_I

демек =

№45. АВС үч бурчтугуна А бурчу алардын жалпы бурчу, ал эми Е чокусу ВС жагында болгондой ADEF ромбусу ичтен сызылган. Эгер АВ=с жана АС=в болсо, ромбунун жагын тапкыла. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

∆АВС : ⎕ADEF- ромб

АВ=с, АС=в

_________________________________

AD-?

⎕ADEF ромб болгондуктан AD = DE = EF = AF болот

AC//DE, ∠A = ∠BDE, ∠B=∠DBE болгондуктан ∆АВС ∾∆BDE болот.

Демек

мындан

№46. ∆ABC үч бурчтугунун С чокусунун тышкы бурчуна жүргүзулгөн биссектриса АВ жагын D чекитинде кесип өтөт. AD:BD=AC:BC болорун далилдегиле. ( чиймесин өзүң чий)

Далилдөө:

∆АВС унда СD ∠С-сырткы бурчунун

биссектрисасы

экендигин далилдөө керек.

CD//BE түзүн жүргүзөлү.

1)ЕВС үч бурчтугунда ∠В =∠DCB ( ички кайчылаш бурчтар болгондуктан) ∠Е=∠DCF (ички бир жактуу бурчтар катарында) себеби CD//BE ECжана BC аларды кесип өтүшөт. ∠DCF=∠BCD=∠B болгондуктан ∆ЕВС-тең капталдуу ЕС=ВС. (1)

2) ∆ADC∾∆ABEнан барабар болот жана AB=AD=BD. AE=AC-EC экендигин эске алсак

келип чыгат.

ЕС=ВС экендигин эске алсак же келип чыгат.

№48. Бирин-бири 360 ка толуктоочу бурчтарды тапкыла. Эгерде 1) Бири экинчисинен 5 эсе чоң болгон, 2) Бири экинчисинен 100 ка чоң болгон; 3) Алардын айырмасы 20 барабар болгон. ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

1)Экинчи бурч x болсун , анда биринчи бурч 5 x болот. Х+5х=360 ,

6х=360 II бурч х=60 , I бурч 5х=360 .

2) II бурч х болсо, I бурч х+100 болот. х+х+100 =360 ⇒2х=260 ⇒х=130 х+100 =230 I бурч- 230 II бурч 130 .

3) II бурч х болсун анда I бурч х+20 болот.

Мындан х+х+20=360 2х+20 =360

Х+10 =180 х=170 , х+20 =190 . II бурч -170 , I бурч-190

№49. А, В, С, чекиттери айланада жатат. Эгерде айлананын диаметри 10 см ге, АВС бурчу 30 ка барабар болсо, АС хордасы эмнеге барабар? ( чиймесин өзүң чий)

Чыгаруу:

О борборлуу r=5см болгон айлана берилди ага ичтен ∠АВС бурчу сызылган ∠АВС=30 ка барабар. АС-?

1.Эгерде ичтен сызылган ∠АВС=30 ка барабар болсо борбордук ∠АОС=60 болот.

2. ∆АОС гун карайлы.Мында АО=ОС= r=5см.Мындан ∠А = ∠С келип чыгат ∠А=(180 -60 )/2=60 демек ∆АО тең жактуу. Мындан АС=5 см .

№50. А, В, С, чекиттери айланада жатат. Эгерде АС хордасы айлананын радиусуна барабар болсо, АВС бурчу эмнеге барабар? ( эки учур) ( чиймесин өзүң чий)

1)Мында АО=ОС=АС. ∆АОС тең жактуу болгондуктан борбордук бурч 60 болот. Ага тиешелүү алынганички бурч борбордук бурчтун жарымына барабар. Демек ∠АВС=30 (ичтен сызылган бурч жөнүндөгү теорема боюнча).

2) АОС үчбурчтугунун борбордук бурчу 60 болсо 2-учурда ички бурч 360 Чындыгында: ∠АВС= =150 .

Жообу: ∠АВС=30 же 150 болот.

№51. Тик бурчтуу үч бурчтукка сырттан сызылган айлананын борбору гипотенузанын ортосу экендигин далилдегиле. ( чиймесин өзүң чий)

Далилдөө:

АВС үч бурчтугунун сыртынан О борборлуу айлана сызылган ∠В=90 .

О экендигин жана АО=ОС=r

Экендигин далилдөө керек.

Теорема: Ички бурчу 90 барабар болгон айланага ичтен сызылган бурчтун жактары, айлананын диаметринин учтары аркылуу кесип өтөт. Бул теорема боюнча гипотенуза диаметрдин ролун аткарып калат.Демек АО=ОС=r. О гипотенузанын орто чекити болот.

№52. Тик бурчтуу үч бурчтуктун гипотенузасына жүргүзүлгөн медиана, аны тең капталдуу эки үч бурчтукка бөлөөрүн далилдегиле.

Далилдөө:

№51- көнүгүүдөгү чиймени пайдалан.

∆АВС:∠В=90 ВО – медиана

________________________________

∆АВО; ∆ВОС-тең капталдуу экендигин далилде.

Бул тик бурчтуу үч бурчтуктун сыртынан айлана сызалы, айлананын борбору гипотенузанын орто чекитинде жатары белгилүү. Демек ОА, ОС, ОВ баары ал айлананын радиустары болуп эсептелет.

Демек r=АО=ОВ⇒∆АОВ-тең капталдуу.

ОВ=ОС=r⇒∆ВОС-тең капталдуу экендиги келип чыгат.

№53. Тик бурчунан гипотенузасына жүргүзүлгөн бийиктиги жана гипотенузасы боюнча тик бурчтуу үч бурчтукту түзгүлө.

Үй тапшырма

Төмөндө берилген тесттик материалдар атайын китептерден жана интернет булактарынан алынды.

1. ABCD трапециясынын аянтын тап?

A) 100 B) 102 C) 104 D) 108 E) 110

1. |AD|=3cm , |AB|=4cm болсо, x=?

_A) B) C) D) E)

1. ABCD тең капталдуу трапециясынан, |DC|=?

A) 13 B) 17 C) 20 D) 21 E) 23

4 .

5 .

6 .

7.

А) 10 В) 9 С) 6 Д)5 Е) 4

8.

А) 5 В)6 С)8 Д)9Е)10

9 .

А) 10⁰ В) 20⁰ С) 30⁰ Д) 40⁰ Е) 50

1 0.

А) 30⁰ В) 40⁰ С) 45⁰ Д) 50⁰ Е) 60⁰

11.

А) 98 В) 100 С) 102 Д) 104 Е) 110

12.

1 3.

А) 10 В) 12

С) 13 Д)15 Е)18

1. [DE]//[BC] болсо, х ти тап?

A) 3 B) 5 C) 6 D) 10

1 5. [AD]//[EC] болсо х ти тап?

A) 3 B) 6 C) 9 D) 12

16. Эгерде c²-b²=28 болсо, |AB| = ?

A) 4 B) 5 C) 6 D) 8

1. Ч иймеден x ти тап?

A) 2,4 B) 4 C) 4,8 D) 5

1. АВС – тең капталдуу, B  АED |AC| = 20cm |AD|=?

A) 6 B) 8 C) 10 D) 12

1. В жана С каптал жактарынын орто чекиттери S_(ADE) тап, эгерде

S_(ABC)=3 cm² ,болсо.

A) 6 B) 9 C) 12 D) 15

1. AC=3 cm, BC= 4cm, C=60⁰ S _ABC = ?

A) 12 cm² B) 6 cm² C) 3 cm² D) 8 cm² E) cm²

1. Эгерде ABC да |AC|=2, BC=4 C=120⁰ болсо, AB = ?

A) 14cm B) cm C) cm D) 17 cm E) 12cm

1. Эгерде ABC үч бурчтугунда |AC|=10cm, m(C)=30⁰, m(B)=48⁰ AB ны тап?

А) 5sin48 В) 10sin30 С) 5cos30 Д) 10sin78 Е) 5/sin48

1. ABC үч бурчтугунда a=14, b=16, c=10 болсо, A=?

A) 120⁰ B) 60⁰ C) 30⁰ D) 90⁰ E) 45⁰

1. ABC үч бурчтугунда AC=5 cm, A=45⁰, B=30⁰болсо, BC = ?

A) 3 cm B)5 cm C) 4cm D) 7cm E) cm

1. ABC үч бурчтугунда AC=1cm, A=120⁰, C=30⁰ болсо, BA = ?

A) 1,2cm B) 1cm C) 0,5cm D) 0,9cm E) 1,4cm

1. Үч бурчтуктун жактары 13cm, 14cm жана 15cm болсо, аянтын тап?

A) 42cm² B) 84 cm² C) 36 cm² D) 56 cm² E) 72 cm²

27.ABC үч бурчтугунда BC=7cm, AC=14cm, С=30⁰ болсо, аянтын тап?

A) 31 cm² B) 28,3 cm² C) 40,1 cm² D) 24,5 cm² E) 12,5 cm²

28. ABC үч бурчтугунда BC=3cm AB=18 B=45⁰болсо, аянтын тап?

A) 27 cm² B) 24 cm² C) 14 cm² D) 32 cm² E) 10 cm²

41. ABC үч бурчтугунда AB=6 cm AC=4cm, A=60⁰ болсо, аянтын тап?

A) 6 cm² B) 12 cm² C) 12 cm² D) 8 cm² E) cm²

16