Вкаком слое атмосферы содержится большая часть воздуха?

Конечно в Тропосфере!

ОбъяІншими словами: дві фігури називаються подібними, якщо вони переводяться одна в одну перетворенням подібності. Подібність фігур, як і подібність трикутників, позначають спеціальним знаком: *. Запис F * F1 читається як «фігура F подібна фігурі F1».

З означення подібності фігур випливає, що рівні фігури — подібні (коефіцієнт подібності дорівнює одиниці).

Властивості подібних фігур

1)  Кожна фігура подібна собі (коефіцієнт подібності дорівнює 1).

2)  Якщо фігура F подібна фігурі F1 з коефіцієнтом подібності k, то фігура F1 подібна фігурі F з коефіцієнтом .

3)  Якщо фігура F1 подібна фігурі F2 з коефіцієнтом подібності k1, а фігура F2 подібна фігурі F3 з коефіцієнтом подібності k2, то фігура F1 подібна фігурі F3 з коефіцієнтом подібності k1· k2.

4)  Відношення площ подібних фігур дорівнює квадрату коефіцієнта подібності.

Доведемо цю властивість для многокутників.

Нехай F і F' — це два подібні n-кутники з коефіцієнтом подібності k, a S i S' — їхні площі (рис. 175).

 

 

З'ясуємо, чому дорівнює відношення їхніх площ. Розіб'ємо n-кутник F на п трикутників Δ1, Δ2, ..., Δп, сума площ яких дорівнює S.

Перетворення подібності, яке переводить F у F', переводить ці трикутники у трикутники , , ..., , сума площ яких дорівнює S'.

Оскільки з урахуванням коефіцієнта подібності k основи і висоти трикутників Δ1, Δ2, ..., Δn дорівнюють a1 і h1, а2 і h2, ..., ап і hп, то основи і висоти трикутників , , ..., дорівнюють відповідно ka1 і kh1, ka2 і kh2, ..., kan і khn. Тоді

S' = ka1 · kh1 + ka2 · kh2 + ... + kan · khn = k2= k2S.

Оскільки S' = k2S,.

Отже, площі подібних многокутників відносяться як квадрати їхніх відповідних лінійних розмірів.

Розв'язування вправ

1.   Наведіть приклади подібних фігур.

2.   Чи подібні будь-які рівні фігури?

3.   Чи рівні будь-які подібні фігури? При якій умові подібні фігури рівні?

4.   Про дві фігури відомо, що F2 * F1 і F1 * F2 з тим самим коефіцієнтом подібності k. Що можна сказати про значення коефіцієнта k і про фігури F1 і F2?

5.   Згадайте означення подібних трикутників.

6.   Сформулюйте ознаки подібності трикутників.

 

IV. Закріплення й осмислення нового матеріалу

Розв'язування задач

1.   Сторони двох правильних n-кутників відносяться як а : b. Як відносяться їхні площі? (Відповідь. а2 : b2)

2.   Площі двох квадратів відносяться як 3 : 5. Чому дорівнює сторона меншого квадрата, якщо сторона більшого квадрата дорівнює 10 см? (Відповідь.  (см))

3.   Площа меншого многокутника дорівнює 45 см2. Чому дорівнює площа більшого многокутника, подібного даному, якщо відповідні сторони многокутників дорівнюють 10 см і 15 см? (Відповідь. 101,25 см2)

4.   Відповідні сторони двох подібних многокутників відносяться як а : b. Площа першого многокутника дорівнює S. Знайдіть площу другого многокутника. (Відповідь. )

5.   Периметри подібних многокутників відносяться як 5 : 7, а різниця площ дорівнює 864 см2. Знайдіть площі многокутників.

Розв'язання

Нехай S см2 — площа меншого многокутника, тоді (S + 864) см2 — площа більшого многокутника. Згідно з теоремою маємо , тоді 49S = 25(S + 864); 24S = 21600; S = 900 см2.

Отже, площа меншого многокутника дорівнює 900 см2, а площа більшого 900 + 864 = 1764 (см2).

Відповідь. 900 см2 і 1764 см2.

6.   Пряма, перпендикулярна до висоти трикутника, ділить його площу навпіл. Знайдіть відстань від цієї прямої до вершини трикутника, з якої проведено висоту, якщо вона дорівнює h.

Розв'язання

Нехай у трикутнику ABC (рис. 176) BDAC, FKBD, SΔFВК * SΔFKC, BD = h.

ΔFBK * ΔАВС (за двома кутами), тоді . Враховуючи, що SΔABC = 2SΔFBK BD = h, маємо  = , звідси BS2 = BS, або BS =  = .

Відповідь. .

 

 

7.   На стороні АВ трикутника ABC взято довільну точку D і з неї проведено відрізки DE і DF так, що DE || AC, DF || BC. Знайдіть площу трикутника CEF, якщо площі трикутників ADF і BED відповідно дорівнюють S1 і S2 (рис. 177).

 

 

Розв'язання

Нехай S — площа трикутника CEF. ΔADF * ΔBED (оскільки кожний із них подібний трикутнику ABC.

Отже, , звідси .

Висоти трикутників ADF і FEC, проведені до сторін AF і FC, рівні між собою.

Тоді , звідси S = S1 = .

Відповідь. .

 

V. Домашнє завдання

1.   Вивчити теоретичний матеріал.

2.   Розв'язати задачі.

1)  Через середину висоти трикутника перпендикулярно до неї проведено пряму. У якому відношенні вона ділить площу трикутника?

2)  Периметри правильних л-кутників відносяться як а : b. Як відносяться їхні площі?

 

VI. Підбиття підсумків уроку

Завдання класу

1.   Сформулюйте теорему про відношення площ подібних фігур.

2.   Сторони рівносторонніх трикутників дорівнюють 5 см і 10 см. Чому дорівнює відношення їхніх площ? (Відповідь. 1 : 4)

3.   Периметри двох подібних многокутників відносяться як 3 : 5. Площа більшого многокутника дорівнює 40 см2. Знайдіть площу другого многокутника. (Відповідь. 14,4 см2)

 

Попередня

Зміст

Наступна

 

Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити

 

снение:

1. Описанная около данной нам правильной пирамиды сфера в сечении по диагонали основания пирамиды (квадрат) - это описанная около равнобедренного треугольника АМС окружность.  Сторона треугольника АС это диагональ квадрата и равна 6√2. Стороны АМ и СМ - ребра пирамиды =5. Есть формула радиуса описанной около равнобедренного
треугольника окружности: Ro=a²/√[(2a)²-b²] , где а=АМ=МС=5, b=АС=6√2. Подставляем и получим Ro=25/√(100-72) = 25/√28. Или Ro=25√7/14.
Тогда площадь сферы равна Sc=4πR² =4π*25²*7/14²=17500*π/196 ≈ 280,36.
Округлим до целых и получим Sc ≈ 280.

2. Угол между прямой BD и плоскостью DMC - это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость DMC.Опустим из точки О, принадлежащей прямой ВD перпендикуляр на плоскость грани DMC. Это будет перпендикуляр ОН на апофему МЕ. Тогда проекцией прямой DО на плоскость грани DMC будет прямая DH, а угол ОDН - искомый угол.
ОН - перпендикуляр из прямого угла МОЕ прямоугольного треугольника МОЕ и равен МО*ОЕ/МЕ (по свойствам этого перпендикуляра).
МО - высота пирамиды и равна по Пифагору √(МС²-ОС²)=√(25-18)=√7. (ОС=0,5*АС=3√2).
МЕ - апофема грани DMC равна по Пифагору √(ОЕ²+МО²)=√(9+7)=4.
Тогда ОН=МО*ОЕ/МЕ=√7*3/4. В прямоугольном треугольнике ОНD (<OHD-прямой) синус угла ОDН равен ОН/ОD (OD - гипотенуза) =(√7*3/4)/3√2 = √7/4√2 = √14/8.
Угол равен arcSin(√14/8) ≈ arcSin(0,4677). Или ≈28°.