Презентація: "Прямокутний трикутник. Розв’язування задач"

Про матеріал
Мета: узагальнити і систематизувати знання з даної теми; повторити означення синуса, косинуса, тангенса і котангенса гострого кута прямокутного трикутника, теорему Піфагора та основні наслідки з неї; закріпити вміння і навички застосувати теоретичний матеріал до розв'язування прямокутних трикутників; показати практично-прикладний характер здобутих знань.
Зміст слайдів
Номер слайду 1

Прямокутний трикутник. Розв’язування задач

Номер слайду 2

У прямокутному трикутнику відстань від середини гіпотенузи до одного з катетів дорівнює 5 см, а відстань від середини цього катета до гіпотенузи 4 см. Обчислити площу трикутника. Дано: АВС (∠С=90 ), Е― середина АВ. d(E,AC)=5 cм,D ― середина АС. d(D,AB)=4 см. Знайти: 𝑺∆𝑨𝑩𝑪 . ACBDEM

Номер слайду 3

ACBDEMРозв’язання: В АВС (∠С=90), АВ ― гіпотенуза, Е ― середина гіпотенузи. Проведемо ЕDАС, то d(Е;АС)=ЕD=5 см. Оскільки ЕDАС і ВСАС, то за наслідком ознаки паралельності прямих: ВС∥ЕD. За теоремою Фалеса D ― середина АС, тоді ЕD ― середня лінія АВС, тому ЕD=𝟏𝟐 ВС, ВС=2 ЕD=10см. Проведемо DMАВ, то d(D;АВ)=DМ=4 см. Розглянемо DAEВ DЕМ(∠М=90 ), ЕD=5 см, DМ=4 см, то за теоремою Піфагора: МЕ=3 см.

Номер слайду 4

ACBDEMРозглянемо ADEВ АDЕ (∠D=90 ), ЕD= 5см, ЕМ=3 см. Катет є середнім пропорційним між гіпотенузою і проекцією: 𝑬𝑫𝟐=𝑨𝑬⋅𝑴𝑬; 𝑨𝑬=𝑫𝑬𝟐𝑴𝑬=𝟐𝟓𝟑; АМ=АЕ−МЕ, 𝑨𝑴=𝟐𝟓𝟑−𝟑=𝟏𝟔𝟓(см). А𝑫𝟐=А𝑬⋅𝑨𝑴; АD=𝟐𝟓𝟑∙𝟏𝟔𝟑=𝟓.𝟒𝟑=𝟐𝟎𝟑(см), 𝑨𝑪=𝟐𝑨𝑫; 𝑨𝑪=𝟒𝟎𝟑(см)𝑺𝜟𝑨𝑩𝑪=𝟏𝟐𝑩𝑪⋅𝑨𝑪; 𝑺𝜟𝑨𝑩𝑪=𝟏𝟐⋅𝟏𝟎⋅𝟒𝟎𝟑=𝟐𝟎𝟎𝟑 (см𝟐) 

Номер слайду 5

Дано: ВА=13 см, СА=12 см. Знайти: ВD². Розв’язання: В АВС: (∠С=90°), АВ=13см, ВС=12см, то, за теоремою Пiфагора: ВС²+АС²=АВ²АС=АВ²−ВС², АС=𝟏𝟑²−𝟏𝟐²=(𝟏𝟑−𝟏𝟐)(𝟏𝟑+𝟏𝟐) =𝟏∙𝟐𝟓==𝟓(см)АС

Номер слайду 6

Знайти гіпотенузу АВ прямокутного трикутника АВС (С=90), якщо ВС=16 см , cos𝐵=18 Дано: ∆АВС ∠С=𝟗𝟎° ВС=16 см, 𝒄𝒐𝒔𝑩=𝟏𝟖 Знайти: АВ Розв'язання: Косинусом гострого кута прямокутного трикутника називається відношення прилеглого катета до гіпотенузи. ВС=16 см, 𝒄𝒐𝒔𝑩=𝟏𝟖 . 𝒄𝒐𝒔𝑩=ВСАВ , АВ=ВСсos В, 𝑨𝑩=𝟏𝟔𝟏𝟖=𝟏𝟐𝟖 см. Відповідь: АВ=128 см 

Номер слайду 7

{EB9631 B5-78 F2-41 C9-869 B-9 F39066 F8104}АБВГД1.2.3.4.{616 DA210-FB5 B-4158-B5 E0-FEB733 F419 BA}1. МСНА.  𝟓2sin20 2. СМНБ. 5 sin20 3. СМВ. 504. СНГ. 5 sin70Д. 40{616 DA210-FB5 B-4158-B5 E0-FEB733 F419 BA}1. МСН2. СМНБ. 5 sin20 3. СМВ. 504. СНГ. 5 sin70Д. 40ABCMH205 см Відповідь: На малюнку зображено прямокутний трикутник АВС(С=90), його висоту СН, медіану СМ позначено величинами деяких його елементів. Установити відповідність між елементами трикутника (1-4) та їхніми величинами (А-Д) Розв’язок:

Номер слайду 8

Дано:∆АВС, ( С=90˚), висота СD=h=7 см. ВК―бісектриса. ВК  АС=К, (АС < ВС), СК=d=5 см. Знайти: АС. Розв′язання. АС=СК+АК=5+АКВК―бісектриса, то за її властивістю: СКAK=СВAB; 5y=СВAB . Нехай х см ― становить одна частина, тоді СВ=5см, АВ=ху см, АС=(5+у) см. Оскільки, 𝑺∆𝑨𝑩𝑪=𝟏𝟐 АВ∙СD; 𝑺∆𝑨𝑩𝑪=𝟏𝟐 В𝑪∙AС. Звідси: АВ∙СD=В𝑪∙AС; ух×7=5х (5+у)|:х7у=5(5+у)7у=25+5у7у-5у=252у=25у=12,5 Отже, АК=12,5 см, то АС=5+АК=5+12,5=17,5 (см)Відповідь: АС=17,5 см. CDBAK

Номер слайду 9

В ABC (∠C=90). Коло вписане в трикутник, K, M, D ― точки дотику. 𝑩𝑫𝑨𝑫=𝟐𝟑, 𝑪𝑶=𝟖 см. Знайти: AB, BC, AC.  В ABC (∠C=90). Коло (O,r) вписане в трикутник, 𝑪𝑶=𝟖 см, K, M, D ― точки дотику, то за властивістю дотичної ODAB, OKAC, OMBC. Отже, чотиркутник MOKC ― квадрат, бо 𝑶𝑴∥𝑪𝑲, 𝑶𝑲⋕𝑴𝑪,∠𝑶=∠𝑴=∠𝑪=∠𝑲=𝟗𝟎°. В COK (∠K=90) 𝑶𝑲=𝑪𝑲=𝒓, 𝑪𝑶=𝟖 см. За теоремою Піфагора: 𝑪𝑲𝟐+𝑶𝑲𝟐=𝑶𝑪𝟐, 𝒓𝟐+𝒓𝟐=𝟖𝟐. Розв’язавши рівняння отримали: 2 (-2 не задовольняє умови). Отже, CK=CM=2 см. За умовою 𝑩𝑫𝑨𝑫=𝟐𝟑. Нехай x см ― одна частина. Тоді 𝑩𝑫=𝟐𝒙 см, A𝑫=𝟑𝒙 см. За властивістю дотичних A𝑫=𝑨𝑲=𝟑𝒙 см, B𝑫=𝑩𝑴=𝟐𝒙 см. В ABC (∠C=90) AB=𝑨𝑫+𝑩𝑫=𝟓𝒙 см, AC=𝑨𝑲+𝑪𝑲=(𝟐+𝟑𝒙) см, BC=𝑩𝑴+𝑪𝑴=(𝟐+𝟐𝒙) см. За теоремою Піфагора: 𝑪𝑩𝟐+𝑨𝑪𝟐=𝑨𝑩𝟐;𝟐+𝟑𝒙𝟐+𝟐+𝟐𝒙𝟐=𝟓𝒙𝟐; Розв’язання. DKMOBCA

Номер слайду 10

𝟐+𝟑𝒙𝟐+𝟐+𝟐𝒙𝟐=𝟓𝒙𝟐;𝟒+𝟏𝟐𝒙+𝟗𝒙𝟐+𝟒+𝟖𝒙+𝟒𝒙𝟐=𝟐𝟓𝒙𝟐;−𝟏𝟐𝒙𝟐+𝟐𝟎𝒙+𝟖=𝟎(-4);  3𝒙𝟐−𝟓𝒙−𝟐=𝟎;𝑫=−𝟓𝟐−𝟒∙𝟑∙(−𝟐)=25+24=49. 𝑫=7.𝑿𝟏=𝟓+𝟕𝟔=𝟏𝟐𝟔=𝟐, 𝑿𝟐=𝟓−𝟕𝟔=−𝟐𝟔=−𝟏𝟑 (не задовольняє умови задачі). Отже, AB=𝟓∙𝟐=𝟏𝟎 (см), AC=𝟐+𝟐∙𝟑=𝟖 (см),BC=𝟐+𝟐∙𝟐=𝟔 (см). Відповідь: AB=𝟏𝟎 см, AC=𝟖 см, BC=𝟔 см.  Розв’язання рівняння. OCKDBAM

Номер слайду 11

Центр кола вписаного в прямокутну трапецію віддалений від кінців її бічної сторони на відстані 3 см і 9 см. Знайти сторони трапеції.

Номер слайду 12

Дано: ABCD – прямокутна трапеція (D= 90°). O – центр вписаного кола. OB=3 см; ОA=9 см. Знайти: CD; DA; CB; AB.

Номер слайду 13

Малюнок: ABCDMHLO

Номер слайду 14

Коло – вписане в трапецію, то центр кола, точка О, є точкою перетину бісектрис кутів А і В. А+ В=180°; як сума внутрішніх односторонніх кутів при ВС∥АD і січній АВ, то сума кутів ОАВ+ ОВА= 90°. В ∆АОВ: ОАВ+ ОВА= 90°, то О=90°. ОВ= 3 см; ОА= 9 см. За теоремою Піфагора АВ² = ОВ²+ОА². АВ=ОВ²+ОА²=9+81=90=310 (см). ОВ – катет, який є середнім пропорційним між гіпотенузою АВ і проекцією цього катета на гіпотенузу АВ, то ОВ²= АВ∙BH. BH=ОВ²АВ=310=31010 (см).  АН=AB−BH=310−31010==3010−31010=271010 (см). За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола маємо: АН=AL; ВН=ВМ. 𝒓=𝑶𝑯=ОВ ∙ ОААВ=3∙9310=910 (см); СВ=СМ+МD =910+3∙101010=1210 (см). AD=DL+LA=910+27∙1010=910+27∙10=3610 (см). CD =𝟐𝒓=𝟐∙910=1810 (см).  

pptx
Додано
1 жовтня 2020
Переглядів
853
Оцінка розробки
Відгуки відсутні
Безкоштовний сертифікат
про публікацію авторської розробки
Щоб отримати, додайте розробку

Додати розробку