🗊Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег

Категория: Геометрия
Нажмите для полного просмотра!
Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №1Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №2Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №3Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №4Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №5Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №6Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №7Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №8Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №9Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №10Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №11Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №12Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег, слайд №13
Скачать
Вы можете ознакомиться и скачать Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег. Презентация содержит 13 слайдов. Презентации для любого класса можно скачать бесплатно. Если материал и наш сайт презентаций Вам понравились – поделитесь им с друзьями с помощью социальных кнопок и добавьте в закладки в своем браузере.

Слайды и текст этой презентации

Слайд 1


Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег
Описание слайда:
Презентация по геометрии. Подготовили ученики 9б класса Лунин Александр Горемыкин Олег

Слайд 2


Бенефис одной задачи. (В одной задаче – почти вся планиметрия!)
Описание слайда:
Бенефис одной задачи. (В одной задаче – почти вся планиметрия!)

Слайд 3


Задача. В трапеции диагонали длиной 6 см и 8 см взаимно перпендикулярны. Найдите длину средней линии трапеции.
Описание слайда:
Задача. В трапеции диагонали длиной 6 см и 8 см взаимно перпендикулярны. Найдите длину средней линии трапеции.

Слайд 4


Способ №1 1. Продолжим BC вправо. Проведем DK || AC. Так как ACKD – параллелограмм, то DK=6 см. 2. BD┴DK, так как BD ┴ AC. Δ BDK – прямоугольный. BK= ; BK= =10(см). 3. BK=BC+AD. Средняя линия равна половине BK, то есть 5 см. Ответ: 5 см.
Описание слайда:
Способ №1 1. Продолжим BC вправо. Проведем DK || AC. Так как ACKD – параллелограмм, то DK=6 см. 2. BD┴DK, так как BD ┴ AC. Δ BDK – прямоугольный. BK= ; BK= =10(см). 3. BK=BC+AD. Средняя линия равна половине BK, то есть 5 см. Ответ: 5 см.

Слайд 5


Способ №2 (похож на 1) Проведем СЕ || BD до пересечения с продолжением AD. DE = BC, так как DBCE – параллелограмм. AE вычислим по теореме Пифагора из ΔACE (CE || BD, но BD ┴ AC, следовательно,CE ┴AC): AE = ; AE = = 10(см). AE = a+b. Но средняя линия равна (a+b)/2 , т.е. равна 5 см. Ответ: 5 см.
Описание слайда:
Способ №2 (похож на 1) Проведем СЕ || BD до пересечения с продолжением AD. DE = BC, так как DBCE – параллелограмм. AE вычислим по теореме Пифагора из ΔACE (CE || BD, но BD ┴ AC, следовательно,CE ┴AC): AE = ; AE = = 10(см). AE = a+b. Но средняя линия равна (a+b)/2 , т.е. равна 5 см. Ответ: 5 см.

Слайд 6


Способ №3 MN – средняя линия трапеции. Проведем MK || BD и соединим точки N и K. NK – средняя линия ΔACD, следовательно NK=0,5 AC; NK = 3(см). MK – средняя линия ΔABD, следовательно MK=0,5 BD; MK=4(см). Угол MKN равен углу AOD как углы с соответственно параллельными сторонами. ΔMKN – прямоугольный. MN = = =5(см). Ответ: 5 см.
Описание слайда:
Способ №3 MN – средняя линия трапеции. Проведем MK || BD и соединим точки N и K. NK – средняя линия ΔACD, следовательно NK=0,5 AC; NK = 3(см). MK – средняя линия ΔABD, следовательно MK=0,5 BD; MK=4(см). Угол MKN равен углу AOD как углы с соответственно параллельными сторонами. ΔMKN – прямоугольный. MN = = =5(см). Ответ: 5 см.

Слайд 7


Способ №4 1.Продолжим CA на расстояние AM = CО. Через точку М проведем MN || AD. BD ∩ MN = N. 2. ΔOMN – прямоугольный, OM = 6 см, ON = 8 см. Следовательно, MN = 10 cм (теорема Пифагора). 3. Проведем MK || ND. Продолжим AD до пересечения с MK. ΔMAK = ΔBOC (по I признаку), следовательно AK = = BC. 4. MKDN – параллелограмм, DK= MN = 10 см. Но DK = AD+BC. Значит, средняя линия равна 5 см. Ответ: 5 см.
Описание слайда:
Способ №4 1.Продолжим CA на расстояние AM = CО. Через точку М проведем MN || AD. BD ∩ MN = N. 2. ΔOMN – прямоугольный, OM = 6 см, ON = 8 см. Следовательно, MN = 10 cм (теорема Пифагора). 3. Проведем MK || ND. Продолжим AD до пересечения с MK. ΔMAK = ΔBOC (по I признаку), следовательно AK = = BC. 4. MKDN – параллелограмм, DK= MN = 10 см. Но DK = AD+BC. Значит, средняя линия равна 5 см. Ответ: 5 см.

Слайд 8


Способ №5 Соединим середины сторон трапеции. Легко доказать, что MPNQ – параллелограмм с прямым углом, т.е. прямоугольник со сторонами 3 см и 4 см. Диагонали его MN = PQ= 5 см (египетский треугольник).   Ответ: MN = 5 cм.
Описание слайда:
Способ №5 Соединим середины сторон трапеции. Легко доказать, что MPNQ – параллелограмм с прямым углом, т.е. прямоугольник со сторонами 3 см и 4 см. Диагонали его MN = PQ= 5 см (египетский треугольник).   Ответ: MN = 5 cм.

Слайд 9


Способ №6 Продолжим AC за точку A так, что АМ = ОС. Продолжим BD за точку D так, что DN = BO. Итак, ΔOMN – прямоугольный с катетами 6 см и 8 см. По теореме Пифагора MN = 10 см. Проведем AE ┴ MN, DF ┴ MN, OK ┴ BC.   ΔAME = ΔKOC и ΔDFN = ΔBKO по стороне и двум прилежащим к ней углам.   Следовательно, ME = KC и FH = BK, т.е. MN = AD + BC = 10 (см).   Средняя линия равна (AD+BC)/2= =MN/2=10/2 = 5.   Ответ: 5 см.
Описание слайда:
Способ №6 Продолжим AC за точку A так, что АМ = ОС. Продолжим BD за точку D так, что DN = BO. Итак, ΔOMN – прямоугольный с катетами 6 см и 8 см. По теореме Пифагора MN = 10 см. Проведем AE ┴ MN, DF ┴ MN, OK ┴ BC.   ΔAME = ΔKOC и ΔDFN = ΔBKO по стороне и двум прилежащим к ней углам.   Следовательно, ME = KC и FH = BK, т.е. MN = AD + BC = 10 (см).   Средняя линия равна (AD+BC)/2= =MN/2=10/2 = 5.   Ответ: 5 см.

Слайд 10


Способ №7 Пусть OC = x, BO = y; тогда АО = 6 – х, DO = 8 – y. MN – средняя линия. 1.Из подобия ΔBOC и ΔAOD имеем: х/(6-х) = у/(8-у), 8х – ху = 6у – ху, 8х = 6у, у = 4/3х. 2. Из прямоугольного треугольника ΔBOC имеем: ВС = √ x²+ (4/3x)² = √ x² + 16/9x² = √ 25/9x² = 5/3x. 3.Из подобия ΔBOC и ΔAOD имеем: BC/AD = OC/AO, (5/3x)/AD = x/(6-x), AD = 5/3(6-x) = 10-5/3x. 4. MN = (AD + BC) = (5/3x+10-5/3x)/2 = 5 (см). Ответ: 5 см.
Описание слайда:
Способ №7 Пусть OC = x, BO = y; тогда АО = 6 – х, DO = 8 – y. MN – средняя линия. 1.Из подобия ΔBOC и ΔAOD имеем: х/(6-х) = у/(8-у), 8х – ху = 6у – ху, 8х = 6у, у = 4/3х. 2. Из прямоугольного треугольника ΔBOC имеем: ВС = √ x²+ (4/3x)² = √ x² + 16/9x² = √ 25/9x² = 5/3x. 3.Из подобия ΔBOC и ΔAOD имеем: BC/AD = OC/AO, (5/3x)/AD = x/(6-x), AD = 5/3(6-x) = 10-5/3x. 4. MN = (AD + BC) = (5/3x+10-5/3x)/2 = 5 (см). Ответ: 5 см.

Слайд 11


Способ №8 1.Из подобия ΔBOC и ΔAOD: x/(6-x) = y/(8-y), y=4/3x.  2.Продолжим диагонали на отрезки, равные CO и BO.  3.Из ΔMON: MN = 10 см.  4. AOD подобен ΔMON; MN = 4/3 AD, AD = 3/4MN = =3/4*10 = = 7,5 (см).  5.В ΔBOC: BC = x²+(4/3x)² = 5/√3x.  6.ΔBOC подобен ΔAOD. BC/AD = OC/AO, (5/3x²)/7,5 = x/(6-x); 10x-5/3x² = 7,5x; 2,5x = 5/3x²; 7,5 = 5x; x = 1,5 (cм).  7. BC = 5/3x = 5/3*1,5 = 2,5 (см). 8. Средняя линия равна (AD+BC)/2 = (7,5+2,5)/2 = 5. Ответ: 5 см.  
Описание слайда:
Способ №8 1.Из подобия ΔBOC и ΔAOD: x/(6-x) = y/(8-y), y=4/3x.  2.Продолжим диагонали на отрезки, равные CO и BO.  3.Из ΔMON: MN = 10 см.  4. AOD подобен ΔMON; MN = 4/3 AD, AD = 3/4MN = =3/4*10 = = 7,5 (см).  5.В ΔBOC: BC = x²+(4/3x)² = 5/√3x.  6.ΔBOC подобен ΔAOD. BC/AD = OC/AO, (5/3x²)/7,5 = x/(6-x); 10x-5/3x² = 7,5x; 2,5x = 5/3x²; 7,5 = 5x; x = 1,5 (cм).  7. BC = 5/3x = 5/3*1,5 = 2,5 (см). 8. Средняя линия равна (AD+BC)/2 = (7,5+2,5)/2 = 5. Ответ: 5 см.  

Слайд 12


Способ №9 Тригонометрический 1. Из подобия ΔBOC и ΔAOD: X/(6-x) = y/(8-y) , y =4/3 х. 2. Δ BOC – прямоугольный. tg α =y/x =4/3x : x = у =4/3 . 3. Найдем cos α либо по формуле: 1+tg²α = 1/cos a, либо методом треугольника: cos α = 3/5. 4. Из ΔBOC: OC/BC = cos α, BC = OC/cos α =4*5/3 = 5/3 x. 5. Из ΔAOD: AO/OD = cos α, AD = AO/ cos α = (6-x)/3/5 = 5(6-x)/3 . 6. Средняя линия равна (AD+BC)/2 = 5 (см).
Описание слайда:
Способ №9 Тригонометрический 1. Из подобия ΔBOC и ΔAOD: X/(6-x) = y/(8-y) , y =4/3 х. 2. Δ BOC – прямоугольный. tg α =y/x =4/3x : x = у =4/3 . 3. Найдем cos α либо по формуле: 1+tg²α = 1/cos a, либо методом треугольника: cos α = 3/5. 4. Из ΔBOC: OC/BC = cos α, BC = OC/cos α =4*5/3 = 5/3 x. 5. Из ΔAOD: AO/OD = cos α, AD = AO/ cos α = (6-x)/3/5 = 5(6-x)/3 . 6. Средняя линия равна (AD+BC)/2 = 5 (см).

Слайд 13


Способ №10 (тригонометрический) 1. Из подобия треугольников BOC и AOD: x/(6-x) = y/(8-y), y =4/3x. x/(6-x) = b/a.   2. ax = 6b – bx, (a+b)x = 6b, (a+b)/2 = 3b/x, (a+b)/2 = 3/sin α. tg α = x/y = x/(4/3x) = 3/4, α = arctg 3/4. 3. (a+b)/2 = 3/sin(arctg 3/4) = 3 / 3/5 = 5. 4. tg α = 3/4 sin α = ? sin α = 3/5
Описание слайда:
Способ №10 (тригонометрический) 1. Из подобия треугольников BOC и AOD: x/(6-x) = y/(8-y), y =4/3x. x/(6-x) = b/a.   2. ax = 6b – bx, (a+b)x = 6b, (a+b)/2 = 3b/x, (a+b)/2 = 3/sin α. tg α = x/y = x/(4/3x) = 3/4, α = arctg 3/4. 3. (a+b)/2 = 3/sin(arctg 3/4) = 3 / 3/5 = 5. 4. tg α = 3/4 sin α = ? sin α = 3/5

Скачать

Похожие презентации
Mypresentation.ru
Загрузить презентацию