Еднакви триъгълници

Самоподготовка по Математика за
7 клас

Съдържание на темата:

Признаци за еднаквост на триъгълници.
Симетрала на отсечка.
Ъглополовяща на ъгъл.
Равнобедрен триъгълник.
Равностранен триъгълник.
Разстояние между две точки. Разстояние между точка и права. Разстояние между успоредни прави.
Правоъгълен триъгълник.
Основни задачи.

Решени тестови задачи

Теория

I. Признаци за еднаквост на триъгълници

О – Два триъгълника са еднакви, ако съответните страни са равни и съответните ъгли са равни.

T_П – Два триъгълника са еднакви, ако две страни и ъгъл заключен между тях от един триъгълник са съответно равни на две страни и ъгъл заключен между тях от друг триъгълник.

От чертежа, ако AB = A₁B₁, AC = A₁C₁ и BAC = B₁A₁C₁, то ΔABC ≅ ΔA₁B₁C₁.

T_П – Два триъгълника са еднакви, ако страна и два ъгъла от един триъгълник са съответно равни на страна и два ъгъла от друг триъгълник.

От чертежа, ако AB = A₁B₁, BAC = B₁A₁C₁ и ABC = A₁B₁C₁, то ΔABC ≅ ΔA₁B₁C₁.

Бележка:

В действителност теоремата-признак трябва да се изкаже така: „Два триъгълника са еднакви, ако страна и два ПРИЛЕЖАЩИ ъгъла от един триъгълник са съответно равни на страна и два ПРИЛЕЖАЩИ ъгъла от друг триъгълник“.

Теоремата може да се прилага по начин, по който сме я изказали, защото от теорема за сбор на вътрешни ъгли в триъгълник следва, че щом два ъгъла в един триъгълник са равни, то ѝ третият му ъгъл също е равен. Това означава, че НЕ Е ЗАДЪЛЖИТЕЛНО двата дадени ъгъла да са прилежащи. Трябва правилно да проследим дадените ъгли от единия триъгълник, точно да СЪВПАДАТ със съответните ъгли от другия триъгълник.

T_П – Два триъгълника са еднакви, ако три страни от един триъгълник са съответно равни на три страни от друг триъгълник.

От чертежа, ако AB = A₁B₁, BC = B₁C₁ и AC = A₁C₁, то ΔABC ≅ ΔA₁B₁C₁.

T_П – Два правоъгълни триъгълника са еднакви, ако катет и хипотенуза от един триъгълник са съответно равни на катет и хипотенуза от друг триъгълник.

От чертежа, ако BC = B₁C₁ и AB = A₁B₁, и ACB = A₁C₁B₁ = 90°, то ΔABC ≅ ΔA₁B₁C₁.

II. Симетрала на отсечка

О – Права, която минава през средата на отсечката и е перпендикулярна на нея.

Т_П1 – Всяка точка, която се намира на равни разстояния от краищата на една отсечка, е точка от симетралата на отсечката.

T_П2 – Ако две точки са на равно разстояние от краищата на една отсечка, то правата която ги свързва е симетрала на отсечката.

Т_СВ – Всяка точка от симетралата на една отсечка е на равни разстояния от краищата на отсечката.

III. Ъглополовяща на ъгъл

О – Права, която дели съответният ъгъл на две равни части.

Т_П – Ако вътрешна точка на ъгъл е на равни разстояния от раменете му, то точката лежи на ъглополовящата на ъгъла.

Т_СВ – Всяка точка от ъглополовящата на ъгъл се намира на равни разстояния от раменете на ъгъла.

IV. Равнобедрен триъгълник

О – Триъгълник, на който две от страните са равни.

T_П1 – Ако в един триъгълник два ъгъла са равни, то той е равнобедрен.

T_П2 – Ако два от елементите височина, медиана и ъглополовяща, построени от един връх на триъгълника, съвпадат, то триъгълникът е равнобедрен.

T_СВ1 – В равнобедрен триъгълник ъглите при основата са равни.

T_СВ2 – В равнобедрен триъгълник медианата, ъглополовящата и височината през върха срещу основата съвпадат и лежат върху симетралата на основата, т.е. медиана, ъглополовяща, височина и симетрала към основата съвпадат.

V. Равностранен триъгълник

О – Триъгълник, на който и трите страни са равни.

T_П1 – Ако трите ъгъла на един триъгълник са равни, то той е равностранен.

T_П2 – Всеки равнобедрен триъгълник с ъгъл 60° е равностранен.

T_П3 – Ако два от елементите височина, медиана и ъглополовяща, построени от всеки връх на триъгълника, съвпадат, то триъгълникът е равностранен.

T_Св1 – В равностранен триъгълник трите ъгъла са равни на 60°.

T_Св2 – В равностранен триъгълник медианата, ъглополовящата и височината през всеки връх съвпадат и лежат върху симетралата на съответната страна, т.е. медиана, ъглополовяща, височина и симетрала към всяка страна съвпадат.

VI. Разстояние

между две точки (Фиг. 1) – Разстоянието между две точки е разстоянието измерено по правата, която ги свързва. Например, на Фиг. 1 разстоянието между т. А и т.В е отсечката AB = n.
от точка до права (Фиг. 2) – Дължината на перпендикуляра MN = m се нарича разстояние от т. M до правата a.
между две успоредни прави (Фиг. 3) – Разстоянието от коя да е точка от едната права c до другата права b. Например, на Фиг. 3 това са отсечките CD = EF = PQ = d.

VII. Правоъгълен триъгълник

Т₁ – Катетът, лежащ срещу ъгъл 30° в правоъгълен триъгълник, е равен на половината от хипотенузата.

В ΔABC (C = 90°) от B = 30° b = c (c = 2b).

Т₂ – Ако в правоъгълен триъгълник катет е равен на половината от хипотенузата, то ъгълът срещу него е 30°.

В ΔABC (C = 90°) от b = c (c = 2b) B = 30°.

Т₁ – Ако в триъгълник медианата към една страна е равна на половината от нея, то ъгълът срещу тази страна е прав, т.е. триъгълникът е правоъгълен.

Ако AM = BM = CM, то ΔABC (C = 90°).

Т₂ – Медианата към хипотенузата в правоъгълен триъгълник е равна на половината от хипотенузата.

Ако ΔABC (C = 90°), то AM = BM = CM.

VIII. Основни задачи

Зад. №1:: Да се докаже, че в правоъгълен триъгълник медианата към хипотенузата разделя триъгълника на два равнобедрени триъгълника.

Доказателство:

Нека СМ – медиана в ΔABC (C = 90°) MC = AM = BM, т.е. MAC = MCA = α и MBC = MCB = β или ΔAMC и ΔBMC са равнобедрени.

Бележка:

Подобна задача има и за произволен триъгълник.

Зад. №2:: В ΔABC имаме дадено: AB = 2a, BC = a и ABC = 60°. Да се докаже, че C = 90°.

Доказателство:

Построяваме СМ – медиана в ΔABC, тогава AM = BM = BC = a.
В ΔMBC имаме: BM = BC и MBC = 60° ΔMBC – равностранен, т.е. MCB = BMC = 60°.
AMC – външен за ΔMBC AMC = MCB + MBC = 60° + 60°, т.е. AMC = 120°, но ΔAMC – равнобедрен (AM = MC = a) 2ACM + AMC = 180° 2ACM + 120° = 180° ACM = 30°.
ACB = ACM + MCB = 30° + 60° = 90° ACB = 90°.

Зад. №3:: Докажете, че в правоъгълен триъгълник с остър ъгъл 15°, височината към хипотенузата е четири пъти по-малка от хипотенузата.

Доказателство:

Нека AB = c. Построяваме СМ – медиана в правоъгълния ΔABC (C=90°) CM = c, тогава ΔAMC (AM = CM) – равнобедрен, т.е. MAC = ACM = 15°.
BMC външен за ΔAMC BMC = MCA + MAC = 15° + 15° = 30°.
В правоъгълния ΔHCM имаме: MHC = 90°, HMC = 30° CH = CM = c.

Решена Зад.№16

Зад. №4:: Докажете, че ако симетралите на две от страните в един триъгълник се пресичат върху третата му страна, то триъгълникът е правоъгълен.

Доказателство:

т.P s_AC AP = CP, т.е. PAC = ACP = α.
т.P s_BC BP = CP, т.е. PBC = PCB = β. Тогава
(1): ACB = ACP + PCB = α + β.
От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔABC α + β + ACB = 180° и от (1) α + β + α + β = 180° 2α + 2β = 180° 2(α + β) = 180° α + β = 90°.
Заместваме в (1) и получаваме ACB = α + β = 90°, т.е. ΔABC – правоъгълен.

Решена Зад.№10

Зад. №5:: а) Ъглополовящите на външните ъгли при върховете В и С на ΔАВС се пресичат в точка О. Да се докаже, че АО е ъглополовяща на BAC.
б) Вътрешната ъглополовяща при върха А и външната ъглополовяща при върха В на ΔАВС се пресичат в точка О. Да се намери AOB, ако ACB = γ.

Доказателство:

а) Виж Фиг. 1.

Нека OE, OP и OQ са перпендикулярите спуснати от точка О съответно към AB, BC и AC.
От BO – ъглополовяща на CBE (1): OE = OP.
От CO – ъглополовяща на BCQ (2): OQ = OP.
От (1) и (2) OE = OQ и по Теорема-признак за ъглополовяща АО – ъглополовяща на BAC.

б) Виж Фиг. 2.

АО – ъглополовяща на BAC CAO = OAB = α₁.
CBD – външен за ΔABC, тогава
CBD = BAC + ACB = 2α₁ + γ.
ОВ – ъглополовяща на CBD CBO = DBO = n = CBD = (2α₁ + γ) = α₁ + .
DBO – външен за ΔABO DBO = BAO + AOB α₁ + = α₁ + x, т.е. x = AOB = .

Бележка:

Други основни задачи свързани с ъглополовящи на триъгълник вижте в тема „Триъгълник. Ъгли на триъгълник”.

Решена Зад.№22

Зад. №6:: В правоъгълния ΔABC CH, CL и CM са съответно височина, ъглополовяща и медиана към хипотенузата. Докажете, че CL е ъглополовяща на HCM.

Доказателство:

Нека BAC = α и за катетите имаме изпълнено BC < AC α < ABC.
CM – медиана в правоъгълния ΔABC (C = 90°) BAC = ACM = α.
CL – ъглополовяща в правоъгълния ΔABC ACL = BCL = 45°.
Ще докажем, че MCL = HCL:
- От казаното досега получаваме:
  (1): MCL = ACL – ACM = 45° – α.
- Прилагаме теорема за вътрешни ъгли на ΔABC:
  ABC + BAC = 90° ABC = 90° – α.
- Прилагаме теорема за вътрешни ъгли на ΔHBC:
  HBC + BCH = 90° 90° – α + BCH = 90° BCH = α.
- От чертежа и казаното досега получаваме:
  (2): HCL = BCL – BCH = 45° – α.
- От (1) и (2) следва, че MCL = HCL.

Зад. №7:: Даден е равнобедреният остроъгълен ΔABC (AC = BC) с основа AB. Да се докаже, че:
а) Височините AH₁ и BH₂ към бедрата са равни и ΔAHB е равнобедрен, където точка Н е пресечна точка на AH₁ и BH₂.
б) Ъглополовящите AL₁ и BL₂ към бедрата са равни и ΔALB е равнобедрен, където точка L е пресечна точка на AL₁ и BL₂.
в) Медианите AM₁ и BM₂ към бедрата са равни и ΔAMB е равнобедрен, където точка M е пресечна точка на AM₁ и BM₂.

Доказателство:

а) Виж Фиг. 1.

ΔABH₁ ≅ ΔABH₂ по ІІ признак, защото:
1. H₁ = H₂ = 90° – по условие;
2. AB – обща;
3. ABH₁ = BAH₂ – по условие.
От ΔABH₁ ≅ ΔABH₂ следва, че: AH₁ = BH₂ и ABH₂ = BAH₁, т.е. ΔABH – равнобедрен.

б) Виж Фиг. 2.

ΔABC – равнобедрен и AL₁ и BL₂ ъглополовящи към бедрата ABL₂ = BAL₁, т.е. ΔABL – равнобедрен.
ΔABL₁ ≅ ΔABL₂ по ІІ признак, защото:
1. ABL₂ = BAL₁ – по доказателство;
2. AB – обща;
3. ABL₁ = BAL₂ – по условие.
От ΔABH₁ ≅ ΔABH₂ следва, че: AL₁ = BL₂.

в) Виж Фиг. 3.

AC = BC и т.М₁ и т. М₂ среди съответно на ВС и АС AM₂ = BM₁.
ΔABM₁ ≅ ΔABM₂ по І признак, защото:
1. AM₂ = BM₁ – по доказателство;
2. AB – обща;
3. ABM₁ = BAM₂ – по условие.
От ΔABM₁ ≅ ΔABM₂ следва, че: AM₁ = BM₂ и ABM₂ = BAM₁, т.е. ΔABM – равнобедрен.

Решена Зад.№17 от Национално външно оценяване за 7 клас от 2011 г.

Върни се нагоре Начало Предходен Следващ

Вижте още

Самоподготовка

Предстоят ви изпити или матура по Математика или Физика, но не сте убедени, че сами ще се справите. Учебен център „СОЛЕМА“ ви предоставя следните програми и тестове към тях:

МАТЕМАТИКА

Кандидат-студенти

Матура

10 клас

7 клас

ФИЗИКА

Кандидат-студенти

Матура