ಅನುಪಾತದ ಭಾಗಗಳು
ಹೋಲಿಕೆಯ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯನ್ನು ಪರಿಚಯಿಸಲು, ನಾವು ಮೊದಲು ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯನ್ನು ನೆನಪಿಸಿಕೊಳ್ಳಬೇಕು ಅನುಪಾತದ ಭಾಗಗಳು. ಎರಡು ವಿಭಾಗಗಳ ಅನುಪಾತದ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನವನ್ನು ಸಹ ನಾವು ನೆನಪಿಸಿಕೊಳ್ಳೋಣ.
ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ 1
ಎರಡು ಭಾಗಗಳ ಅನುಪಾತವು ಅವುಗಳ ಉದ್ದಗಳ ಅನುಪಾತವಾಗಿದೆ.
ವಿಭಾಗಗಳ ಅನುಪಾತದ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯು ಸಹ ಅನ್ವಯಿಸುತ್ತದೆ ಹೆಚ್ಚುವಿಭಾಗಗಳು. ಉದಾಹರಣೆಗೆ, $AB=2$, $CD=4$, $A_1B_1=1$, $C_1D_1=2$, $A_2B_2=4$, $C_2D_2=8$, ನಂತರ ಬಿಡಿ
ಅಂದರೆ, $AB$, $A_1B_1$, $\A_2B_2$ ವಿಭಾಗಗಳು $CD$, $C_1D_1$, $C_2D_2$ ಭಾಗಗಳಿಗೆ ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿರುತ್ತವೆ.
ಇದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳು
ಹೋಲಿಕೆಯ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯು ಸಾಮಾನ್ಯವಾಗಿ ಏನನ್ನು ಪ್ರತಿನಿಧಿಸುತ್ತದೆ ಎಂಬುದನ್ನು ನಾವು ಮೊದಲು ನೆನಪಿಸೋಣ.
ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ 3
ಅಂಕಿಅಂಶಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದರೆ ಅವುಗಳನ್ನು ಒಂದೇ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ಅದೇ ಆಕಾರ, ಆದರೆ ವಿಭಿನ್ನ ಗಾತ್ರಗಳು.
ಈಗ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯನ್ನು ಅರ್ಥಮಾಡಿಕೊಳ್ಳೋಣ ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳು. ಚಿತ್ರ 1 ಅನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ.
ಚಿತ್ರ 1. ಎರಡು ತ್ರಿಕೋನಗಳು
ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳು $\angle A=\angle A_1,\ \angle B=\angle B_1,\ \angle C=\angle C_1$. ನಾವು ಈ ಕೆಳಗಿನ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನವನ್ನು ಪರಿಚಯಿಸೋಣ:
ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ 4
ಎರಡು ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಬದಿಗಳು ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಸಮಾನ ಕೋನಗಳಿಗೆ ವಿರುದ್ಧವಾಗಿದ್ದರೆ ಅವುಗಳನ್ನು ಒಂದೇ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ.
ಚಿತ್ರ 1 ರಲ್ಲಿ, $AB$ ಮತ್ತು $A_1B_1$, $BC$ ಮತ್ತು $B_1C_1$, $AC$ ಮತ್ತು $A_1C_1$ ಬದಿಗಳು ಹೋಲುತ್ತವೆ. ಈಗ ನಾವು ಇದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನವನ್ನು ಪರಿಚಯಿಸೋಣ.
ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ 5
ಒಂದು ತ್ರಿಕೋನದ ಎಲ್ಲಾ ಕೋನಗಳ ಕೋನಗಳು ಕ್ರಮವಾಗಿ ಇನ್ನೊಂದು ಮತ್ತು ತ್ರಿಕೋನದ ಕೋನಗಳಿಗೆ ಸಮನಾಗಿದ್ದರೆ ಮತ್ತು ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಎಲ್ಲಾ ಸಮಾನ ಬದಿಗಳು ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿದ್ದರೆ ಎರಡು ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ಒಂದೇ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ.
\[\angle A=\angle A_1,\ \angle B=\angle B_1,\ \angle C=\angle C_1,\] \[\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)((B_1C) _1)=\frac(AC)(A_1C_1)\]
ಚಿತ್ರ 1 ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ತೋರಿಸುತ್ತದೆ.
ಹುದ್ದೆ: $ABC\sim A_1B_1C_1$
ಹೋಲಿಕೆಯ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಗೆ, ಹೋಲಿಕೆಯ ಗುಣಾಂಕದ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಯೂ ಇದೆ.
ವ್ಯಾಖ್ಯಾನ 6
ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬದಿಗಳ ಅನುಪಾತಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾದ $k$ ಸಂಖ್ಯೆ ಇದೇ ಅಂಕಿಅಂಶಗಳುಈ ಅಂಕಿಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯ ಗುಣಾಂಕ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ.
ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು
ಈಗ ನಾವು ಇದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತದ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ.
ಪ್ರಮೇಯ 1
ಎರಡು ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತವು ಹೋಲಿಕೆಯ ಗುಣಾಂಕದ ವರ್ಗಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ
\[\frac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1))=k^2\]
ಪುರಾವೆ.
ಎರಡು ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ ಮತ್ತು ಅವುಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳನ್ನು ಕ್ರಮವಾಗಿ $S$ ಮತ್ತು $S_1$ ಎಂದು ಸೂಚಿಸೋಣ (ಚಿತ್ರ 2).
ಚಿತ್ರ 2.
ಈ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲು, ಈ ಕೆಳಗಿನ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ನೆನಪಿಸಿಕೊಳ್ಳಿ:
ಪ್ರಮೇಯ 2
ಒಂದು ತ್ರಿಕೋನದ ಕೋನವು ಎರಡನೇ ತ್ರಿಕೋನದ ಕೋನಕ್ಕೆ ಸಮನಾಗಿದ್ದರೆ, ಅವುಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಈ ಕೋನದ ಪಕ್ಕದಲ್ಲಿರುವ ಬದಿಗಳ ಉತ್ಪನ್ನವಾಗಿ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ.
$ABC$ ಮತ್ತು $A_1B_1C_1$ ತ್ರಿಕೋನಗಳು ಒಂದೇ ಆಗಿರುವುದರಿಂದ, ವ್ಯಾಖ್ಯಾನದ ಪ್ರಕಾರ, $\angle A=\angle A_1$. ನಂತರ, ಪ್ರಮೇಯ 2 ರ ಮೂಲಕ, ನಾವು ಅದನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ
$\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(AC)(A_1C_1)=k$ ರಿಂದ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ
ಪ್ರಮೇಯವು ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ.
ತ್ರಿಕೋನ ಹೋಲಿಕೆಯ ಪರಿಕಲ್ಪನೆಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿದ ಸಮಸ್ಯೆಗಳು
ಉದಾಹರಣೆ 1
ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ನೀಡಲಾಗಿದೆ $ABC$ ಮತ್ತು $A_1B_1C_1.$ ಮೊದಲ ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಗಳು $AB=2,\ BC=5,\ AC=6$. ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯ ಗುಣಾಂಕವು $k=2$ ಆಗಿದೆ. ಎರಡನೇ ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಗಳನ್ನು ಹುಡುಕಿ.
ಪರಿಹಾರ.
ಈ ಸಮಸ್ಯೆಗೆ ಎರಡು ಸಂಭವನೀಯ ಪರಿಹಾರಗಳಿವೆ.
$k=\frac(A_1B_1)(AB)=\frac((B_1C)_1)(BC)=\frac(A_1C_1)(AC)$.
ನಂತರ $A_1B_1=kAB,\ (B_1C)_1=kBC,\ A_1C_1=kAC$.
ಆದ್ದರಿಂದ, $A_1B_1=4,\ (B_1C)_1=10,\ A_1C_1=12$
$k=\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)((B_1C)_1)=\frac(AC)(A_1C_1)$ ಬಿಡಿ
ನಂತರ $A_1B_1=\frac(AB)(k),\ (B_1C)_1=\frac(BC)(k),\ A_1C_1=\frac(AC)(k)$.
ಆದ್ದರಿಂದ, $A_1B_1=1,\ (B_1C)_1=2.5,\ \ A_1C_1=3$.
ಉದಾಹರಣೆ 2
ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ನೀಡಲಾಗಿದೆ $ABC$ ಮತ್ತು $A_1B_1C_1.$ ಮೊದಲ ತ್ರಿಕೋನದ ಬದಿಯು $AB=2$ ಆಗಿದೆ, ಎರಡನೇ ತ್ರಿಕೋನದ ಅನುಗುಣವಾದ ಬದಿಯು $A_1B_1=6$ ಆಗಿದೆ. ಮೊದಲ ತ್ರಿಕೋನದ ಎತ್ತರವು $CH=4$ ಆಗಿದೆ. ಎರಡನೇ ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಹುಡುಕಿ.
ಪರಿಹಾರ.
$ABC$ ಮತ್ತು $A_1B_1C_1$ ತ್ರಿಕೋನಗಳು ಒಂದೇ ಆಗಿರುವುದರಿಂದ $k=\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(1)(3)$.
ಮೊದಲ ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯೋಣ.
ಪ್ರಮೇಯ 1 ರ ಪ್ರಕಾರ, ನಾವು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ:
\[\frac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1))=k^2\] \[\frac(4)(S_(A_1B_1C_1))=\frac(1)(9)\] \
ಅಧ್ಯಾಯ VIII.
ಗಾತ್ರಗಳ ಪ್ರಮಾಣಾನುಗುಣತೆ. ಅಂಕಿಗಳ ಹೋಲಿಕೆ.
§ 92. ಇದೇ ರೀತಿಯ ಅಂಕಿಗಳ ಪ್ರದೇಶದ ಅನುಪಾತ.
1. ಚೌಕಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತ.
ಎರಡು ಚೌಕಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತವನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸಿ. ನಾವು ಒಂದು ಚೌಕದ ಬದಿಯನ್ನು ಸೂಚಿಸಿದರೆ ಟಿ, ಮತ್ತು ಇನ್ನೊಂದು ಕಡೆ - ಮೂಲಕ ಪ, ನಂತರ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಕ್ರಮವಾಗಿ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ
ಟಿ 2 ಮತ್ತು ಪ 2 (ರೇಖಾಚಿತ್ರ 379).
ಮೊದಲ ಚೌಕದ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವನ್ನು S ನಿಂದ ಮತ್ತು ಎರಡನೆಯ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವನ್ನು S" ನಿಂದ ಸೂಚಿಸಿ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ: S / S" = ಮೀ 2 / ಎನ್ 2, ಅಂದರೆ ಚೌಕಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಅವುಗಳ ಬದಿಗಳ ಚೌಕಗಳಿಗೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ.
ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ಪರಿವರ್ತಿಸಬಹುದು: S / S" = ( ಮೀ / ಎನ್) 2 .
ಇದರರ್ಥ ಎರಡು ಚೌಕಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತವು ಅವುಗಳ ಬದಿಗಳ ಅನುಪಾತದ ವರ್ಗಕ್ಕೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ನಾವು ಹೇಳಬಹುದು.
ರೇಖಾಚಿತ್ರ 379 ರಲ್ಲಿ, ಚೌಕಗಳ ಬದಿಗಳ ಅನುಪಾತವು 3 ಆಗಿದೆ, ಅವುಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತವು
3 2 = 9.
2. ಎರಡು ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತ.
ಅವಕಾಶ /\
ಎಬಿಸಿ /\
A"B"C" (Fig. 380) ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ ಅದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ
/
A= /
ಎ" /
ಬಿ= /
ಬಿ" ಮತ್ತು /
ಸಿ = /
C". ಜೊತೆಗೆ, AB / A"B" = BC / B"C" = AC / A"C".
ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ, B ಮತ್ತು B" ಶೃಂಗಗಳಿಂದ ನಾವು ಎತ್ತರವನ್ನು ಸೆಳೆಯುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ಅವುಗಳನ್ನು ಸೂಚಿಸುತ್ತೇವೆ ಗಂಮತ್ತು ಗಂ". ಮೊದಲ ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶವು AC ಗೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ ಗಂ/ 2, ಮತ್ತು ಎರಡನೇ ತ್ರಿಕೋನದ ವಿಸ್ತೀರ್ಣ A"C" ಗಂ" / 2 .
ಮೊದಲ ತ್ರಿಕೋನದ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವನ್ನು S ನಿಂದ ಮತ್ತು ಎರಡನೆಯ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವನ್ನು S" ನಿಂದ ಸೂಚಿಸಿ ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ: S / S" = AC ಗಂ/ಎ"ಸಿ" ಗಂ"ಅಥವಾ S/S" = AC/A"C" ಗಂ / ಗಂ"
ABO ಮತ್ತು A"B"O" ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ (ಅವುಗಳು ಆಯತಾಕಾರವಾಗಿರುವುದರಿಂದ ಅವು ಹೋಲುತ್ತವೆ ಮತ್ತು ಜೊತೆಗೆ, ಅವುಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತವೆ ಚೂಪಾದ ಮೂಲೆ, ಅವುಗಳೆಂದರೆ /
A= /
ಎ") ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ:
ಗಂ / ಗಂ"= AB / A"B" . ಆದರೆ AB / A"B" = AC / A"C". ಆದ್ದರಿಂದ, ಗಂ / ಗಂ"= AC / A"C" . S / S" = AC / A"C" ಸೂತ್ರದಲ್ಲಿ ಬದಲಾಯಿಸುವುದು ಗಂ / ಗಂ"ವರ್ತನೆ ಗಂ / ಗಂ" AC / A"C" ಅನುಪಾತದಿಂದ ಅದಕ್ಕೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ, ನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ:
S / S" = AC / A"C" AC / A"C" , ಅಥವಾ .
ಆದ್ದರಿಂದ, ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬದಿಗಳ ಚೌಕಗಳಾಗಿ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ .
ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ಪರಿವರ್ತಿಸಬಹುದು: S / S" = (AC / A"C") 2.
ಇದರರ್ಥ ಎರಡು ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತವು ಅವುಗಳ ಸಮಾನ ಬದಿಗಳ ಅನುಪಾತದ ವರ್ಗಕ್ಕೆ ಸಮನಾಗಿರುತ್ತದೆ ಎಂದು ನಾವು ಹೇಳಬಹುದು.
3. ಪ್ರದೇಶದ ಅನುಪಾತ ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳು.
ABCDE ಮತ್ತು A"B"C"D"E" ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳಾಗಿರಲಿ (ಚಿತ್ರ 381).
ಎಂದು ತಿಳಿದುಬಂದಿದೆ /\
ಎಬಿಸಿ /\
ಎ"ಬಿ"ಸಿ"; /\
ಎಸಿಡಿ /\
A"C"D" ಮತ್ತು /\
ಎಡಿಇ /\
A"D"E" (§90).
ಜೊತೆಗೆ,
;
ಈ ಅನುಪಾತಗಳ ಎರಡನೇ ಅನುಪಾತಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುವುದರಿಂದ, ಇದು ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ, ನಂತರ
ಸರಣಿ ಆಸ್ತಿಯನ್ನು ಬಳಸುವುದು ಸಮಾನ ಸಂಬಂಧಗಳುನಾವು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ:
ಅಥವಾ 
ಅಲ್ಲಿ S ಮತ್ತು S" ಈ ರೀತಿಯ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳಾಗಿವೆ.
ಆದ್ದರಿಂದ, ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬದಿಗಳ ಚೌಕಗಳಾಗಿ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ.
ಪರಿಣಾಮವಾಗಿ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಈ ರೂಪಕ್ಕೆ ಪರಿವರ್ತಿಸಬಹುದು: S / S" = (AB / A"B") 2
ವ್ಯಾಯಾಮಗಳು.
1. ಮೊದಲ ಚೌಕದ ಬದಿ ಹೆಚ್ಚು ಕಡೆಎರಡನೇ ಚೌಕವನ್ನು 2 ಬಾರಿ (5 ಬಾರಿ). ಮೊದಲ ಚೌಕದ ವಿಸ್ತೀರ್ಣ ಎಷ್ಟು ಬಾರಿ ಹೆಚ್ಚು ಪ್ರದೇಶಎರಡನೇ ಚೌಕ?
2. ಮೊದಲ ಚೌಕದ ಬದಿಯು ಎರಡನೇ ಚೌಕದ ಬದಿಯ 1/3 (0.1) ಆಗಿದೆ. ಮೊದಲ ಚೌಕದ ಪ್ರದೇಶದ ಯಾವ ಭಾಗವು ಎರಡನೇ ಚೌಕದ ಪ್ರದೇಶವಾಗಿದೆ?
3. ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳಲ್ಲಿನ ಹೋಲಿಕೆಯ ಗುಣಾಂಕವು 4 (1 / 5; 0.4; 2.5) ಆಗಿದೆ. ಅವರ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತ ಎಷ್ಟು?
4. ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತವು 36 (100; 0.09). ಈ ಬಹುಭುಜಾಕೃತಿಗಳ ಸಮಾನ ಬದಿಗಳ ಅನುಪಾತ ಏನು?
ಎಫ್ ಎಫ್ ಮತ್ತು ಎಫ್ `ಎಫ್` ಎಂಬ ಎರಡು ಅಂಕಿಅಂಶಗಳನ್ನು ಹೋಲಿಕೆಯ ರೂಪಾಂತರದಿಂದ ಪರಸ್ಪರ ಪರಿವರ್ತಿಸಿದರೆ ಒಂದೇ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ, ಎರಡು ಬಿಂದುಗಳ ನಡುವಿನ ಅಂತರಗಳು ಒಂದೇ ಸಂಖ್ಯೆಯ ಬಾರಿ ಬದಲಾಗುವ (ಹೆಚ್ಚಳ ಅಥವಾ ಇಳಿಕೆ) ರೂಪಾಂತರ. F F ಮತ್ತು F `F ` ಅಂಕಿಅಂಶಗಳು ಒಂದೇ ಆಗಿದ್ದರೆ, ನಾವು F ~ F ` F\sim F` ಎಂದು ಬರೆಯುತ್ತೇವೆ ಅದನ್ನು ನೆನಪಿಸಿಕೊಳ್ಳಿ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯ ಸಂಕೇತದಲ್ಲಿ ∆ A B C ~ ∆ A 1 B 1 C 1 \triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1 ಹೋಲಿಕೆಯ ರೂಪಾಂತರದಿಂದ ಸಂಯೋಜಿತ ಶೃಂಗಗಳು ಅನುಗುಣವಾದ ಸ್ಥಳಗಳಲ್ಲಿವೆ ಎಂದು ಭಾವಿಸಲಾಗಿದೆ,ಅಂದರೆ A A A 1 A_1, B B - B 1 B_1, C C - C 1 C_1 ಗೆ ಹೋಗುತ್ತದೆ. ಹೋಲಿಕೆಯ ರೂಪಾಂತರದ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳಿಂದ ಅದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಅಂಕಿಗಳಿಗೆ, ಅನುಗುಣವಾದ ಕೋನಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ ಮತ್ತು ಅನುಗುಣವಾದ ವಿಭಾಗಗಳು ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿರುತ್ತವೆ.ನಿರ್ದಿಷ್ಟವಾಗಿ, ∆ A B C ~ ∆ A 1 B 1 C 1 \triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1
∠ A = ∠ A 1, ∠ B = ∠ B 1, ∠ C = ∠ C 1, A B A 1 B 1 = B C B 1 C 1 = A C A 1 C 1 \angle A=\angle A_1,\;\angle B=\ ಕೋನ B_1,\;\angle C=\angle C_1,\;\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)(B_1C_1)=\frac(AC)(A_1C_1)
ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯ ಚಿಹ್ನೆಗಳು
ಎರಡು ತ್ರಿಕೋನಗಳು ಹೋಲುತ್ತವೆ:
- 1) ಒಂದರ ಎರಡು ಕೋನಗಳು ಕ್ರಮವಾಗಿ ಇನ್ನೊಂದರ ಎರಡು ಕೋನಗಳಿಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿದ್ದರೆ;
- 2) ಒಂದರ ಎರಡು ಬದಿಗಳು ಇನ್ನೊಂದರ ಎರಡು ಬದಿಗಳಿಗೆ ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿದ್ದರೆ ಮತ್ತು ಈ ಬದಿಗಳಿಂದ ರೂಪುಗೊಂಡ ಕೋನಗಳು ಸಮಾನವಾಗಿದ್ದರೆ;
- 3) ಒಂದು ತ್ರಿಕೋನದ ಮೂರು ಬದಿಗಳು ಇನ್ನೊಂದರ ಮೂರು ಬದಿಗಳಿಗೆ ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿದ್ದರೆ.
ಹೋಲಿಕೆಯ ವೈಶಿಷ್ಟ್ಯಗಳು ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಲ್ಲಿ ಬಳಸಲು ಅನುಕೂಲಕರವಾದ ಹೇಳಿಕೆಗಳನ್ನು ಒಳಗೊಂಡಿವೆ:
1°.ತ್ರಿಕೋನದ ಒಂದು ಬದಿಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿರುವ ಮತ್ತು ಇನ್ನೆರಡನ್ನು ಛೇದಿಸುವ ನೇರ ರೇಖೆ ವಿವಿಧ ಅಂಕಗಳು, ಇದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ಕತ್ತರಿಸುತ್ತದೆ.
| ಅಕ್ಕಿ. 5 |
2°. ತ್ರಿಕೋನದ ಒಂದು ಬದಿಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿರುವ ನೇರ ರೇಖೆ ಮತ್ತು ಇತರ ಎರಡು ಬದಿಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸುವ ಮೂಲಕ ಈ ಬದಿಗಳಿಗೆ ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿ ಭಾಗಗಳನ್ನು ಕತ್ತರಿಸುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ M N ವೇಳೆ | | A C MN||AC (ಚಿತ್ರ 5), ನಂತರ
m n = p q = m + p n + q \frac mn=\frac pq=\frac(m+p)(n+q)
3°.ನೇರ ರೇಖೆಯು ತ್ರಿಕೋನದ ಎರಡು ಬದಿಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸಿದರೆ ಮತ್ತು ಅವುಗಳ ಮೇಲೆ ಅನುಪಾತದ ಭಾಗಗಳನ್ನು ಕತ್ತರಿಸಿದರೆ, ಅದು ಮೂರನೇ ಬದಿಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿರುತ್ತದೆ, ಅಂದರೆ (ಚಿತ್ರ 5 ನೋಡಿ)
m n = m + p n + q \frac mn=\frac(m+p)(n+q) ಅಥವಾ m n = p q \frac mn=\frac pq,
ನಂತರ M N MN A C AC ಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿರುತ್ತದೆ (9 ನೇ ತರಗತಿಯ ನಿಯೋಜನೆಯಲ್ಲಿ ಪುರಾವೆಯನ್ನು ನೀಡಲಾಗಿದೆ).
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 6 |
ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ನ ಕರ್ಣಗಳ ಛೇದನದ ಬಿಂದುವಿನ ಮೂಲಕ ಹಾದುಹೋಗುವ ನೇರ ರೇಖೆಯು ಅದರ ನೆಲೆಗಳಿಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿ ಛೇದಿಸುತ್ತದೆ ಬದಿಗಳು M M ಮತ್ತು N N ಬಿಂದುಗಳಲ್ಲಿ ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ಗಳು. ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ನ ಬೇಸ್ಗಳು a ಮತ್ತು b b ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿದ್ದರೆ ವಿಭಾಗದ ಉದ್ದವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
Δ O O ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್ನ ಕರ್ಣಗಳ ಛೇದನದ ಬಿಂದುವಾಗಿರಲಿ (ಚಿತ್ರ 6). ನಾವು ಸೂಚಿಸೋಣ:
A D = a, B C = b, M O = x, B O = p, O D = q. AD=a,\;BC=b,\;MO=x,\;BO=p,\;OD=q.
1 . B C ~ A D △ B O C ~ △ D O A (ತಲೆಯ ಕೆಳಗೆ) ⇒ b a = p q 1.\;\left\(\begin(array)(l)BC\sim AD\\\bigtriangleup BOC \sim\bigtriangleup DOA\;( ಮೂಲಕ\;ಎರಡು\;ಕೋನಗಳು)\ಅಂತ್ಯ(ಅರೇ)\ಬಲ.\ರೈಟ್‌ಟಾರೋ\frac ba=\frac pq
2. M O ~ A D △ M B O ~ △ A B D ⇒ x a = p p + q 2.\;\left\(\begin(array)(l)MO\sim AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end(array)\ ಬಲ.\ರೈಟ್‌ಟಾರೋ\frac xa=\frac p(p+q)
(1) ಮತ್ತು (2) ನಿಂದ ಇದು x = a p p + q = q p / q p / q + 1 = a b a + b ⇒ M O = a b a + b ಅನ್ನು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ. x=a\frac p(p+q)=q\frac(p/q)(p/q+1)=\frac(ab)(a+b)\Rightarrow MO=\frac(ab)(a+ b )
ಹಾಗೆಯೇ, ನಾವು N O = a b a + b ⇒ M N = 2 a b a + b NO=\frac(ab)(a+b)\Rightarrow MN=\frac(2ab)(a+b) .
ಈ ಸಮಸ್ಯೆಯ ಫಲಿತಾಂಶವು ಯಾವುದೇ ಟ್ರೆಪೆಜಾಯಿಡ್‌ಗೆ ನಿಜವಾದ ಹೇಳಿಕೆಯಾಗಿ ನೆನಪಿನಲ್ಲಿಟ್ಟುಕೊಳ್ಳಬೇಕು. ▲
ಅಂಕಿಗಳ ಹೋಲಿಕೆಯ ವ್ಯಾಖ್ಯಾನದಿಂದ ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಅಂಕಿಗಳಲ್ಲಿ ಎಲ್ಲಾ ಅನುಗುಣವಾದ ರೇಖೀಯ ಅಂಶಗಳು ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿರುತ್ತವೆ ಎಂದು ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ. ಆದ್ದರಿಂದ, ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪರಿಧಿಗಳ ಅನುಪಾತವು ಅನುಗುಣವಾದ ಬದಿಗಳ ಉದ್ದಗಳ ಅನುಪಾತಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ.ಅಥವಾ, ಉದಾಹರಣೆಗೆ, ಇದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವಲಯಗಳ ತ್ರಿಜ್ಯಗಳ ಅನುಪಾತವು (ಸುತ್ತುವ ವೃತ್ತಗಳು) ಅನುಗುಣವಾದ ಬದಿಗಳ ಉದ್ದಗಳ ಅನುಪಾತಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಈ ಹೇಳಿಕೆಯು ಮುಂದಿನ ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಪರಿಹರಿಸಲು ನಮಗೆ ಸಹಾಯ ಮಾಡುತ್ತದೆ.
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 7 |
ಲಂಬ ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ A B C ABC ಶೃಂಗದಿಂದ C C ಲಂಬ ಕೋನಎತ್ತರ ಸಿ ಡಿ ಸಿಡಿ ಎಳೆಯಲಾಗಿದೆ (ಚಿತ್ರ 7). A C D ACD ಮತ್ತು B C D BCD ತ್ರಿಕೋನಗಳಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತಗಳ ತ್ರಿಜ್ಯಗಳು ಕ್ರಮವಾಗಿ r 1 r_1 ಮತ್ತು r 2 r_2 ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಹುಡುಕಿ.
Δ ನಾವು ಬಯಸಿದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ r r, ಸೆಟ್ A B = c AB=c, A C = b AC=b, B C = a BC=a. ಹೋಲಿಕೆಯಿಂದ ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳುಎ ಸಿ ಡಿ ಎಸಿಡಿ ಮತ್ತು ಎ ಬಿ ಸಿ ಎಬಿಸಿ (ಅವರು ಹೊಂದಿದ್ದಾರೆ ಸಮಾನ ಕೋನಗಳುಶೃಂಗದಲ್ಲಿ A A) ನಾವು r r 1 = c b \frac r(r_1)=\frac cb, ಎಲ್ಲಿಂದ b = r 1 r c b=\frac(r_1)rc . ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳು B C D BCD ಮತ್ತು B A C BAC ಗಳು ಸಹ ಹೋಲುತ್ತವೆ, ಆದ್ದರಿಂದ r r 2 = c a \frac r(r_2)=\frac ca , - ಎಲ್ಲಿಂದ a = r 2 r c a=\frac(r_2)rc . a 2 + b 2 = c 2 a^2+b^2=c^2 ನಂತರ, a ಮತ್ತು b b ಗಾಗಿ ಅಭಿವ್ಯಕ್ತಿಗಳನ್ನು ವರ್ಗೀಕರಿಸಿ ಮತ್ತು ಅವುಗಳನ್ನು ಸೇರಿಸುವುದರಿಂದ, ನಾವು r 1 r 2 c 2 + r 2 r 2 c 2 = c ಅನ್ನು ಪಡೆಯುತ್ತೇವೆ 2 ⇒ r 1 2 + r 2 2 r 2 = 1 \ಎಡ(\frac(r_1)r\right)^2c^2+\left(\frac(r_2)r\right)^2c^2=c^ 2 \;\Rightarrow\frac(r_1^2+r_2^2)(r^2)=1 . r = r 1 2 + r 2 2 r=\sqrt(r_1^2+r_2^2) ಅನ್ನು ಹುಡುಕಿ▲
ಅದನ್ನು ನಿಮಗೆ ನೆನಪಿಸೋಣ ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ಅಂಕಿಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಅನುಗುಣವಾದ ರೇಖೀಯ ಅಂಶಗಳ ಚೌಕಗಳಾಗಿ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ.ತ್ರಿಕೋನಗಳಿಗೆ, ಈ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ರೂಪಿಸಬಹುದು: ಒಂದೇ ರೀತಿಯ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಅನುಗುಣವಾದ ಬದಿಗಳ ಚೌಕಗಳಿಗೆ ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿರುತ್ತವೆ.ಈ ವಿಷಯದ ಬಗ್ಗೆ ಒಂದು ವಿಶಿಷ್ಟ ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಪರಿಗಣಿಸೋಣ.
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 8 |
A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದ ಒಳಗೆ ಇರುವ M M ಬಿಂದುವಿನ ಮೂಲಕ, ಅದರ ಬದಿಗಳಿಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿ ಮೂರು ಗೆರೆಗಳನ್ನು ಎಳೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ. ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ, ಮೂರು ತ್ರಿಕೋನಗಳನ್ನು ರಚಿಸಲಾಗಿದೆ (ಚಿತ್ರ 8), ಅದರ ಪ್ರದೇಶಗಳು S 1 S_1, S 2 S_2 ಮತ್ತು S 3 S_3 ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
E K M EKM, M Q F MQF ಮತ್ತು P M N PMN ತ್ರಿಕೋನಗಳು A B C ABC ಯಂತೆಯೇ ಇರುವುದನ್ನು ನೋಡುವುದು ಸುಲಭ.
S S ತ್ರಿಕೋನ A B C ABC ಯ ಪ್ರದೇಶವಾಗಿರಲಿ
ಎಸ್ 1 ಎಸ್ = ಇ ಎಂ ಎ ಸಿ 2; ಎಸ್ 2 ಎಸ್ = ಎಂ ಎಫ್ ಎ ಸಿ 2; ಎಸ್ 3 ಎಸ್ = ಪಿ ಎನ್ ಎ ಸಿ 2. \frac(S_1)S=\left(\frac(EM)(AC)\right)^2;\;\frac(S_2)S=\left(\frac(MF)(AC)\right)^2; \;\frac(S_3)S=\left(\frac(PN)(AC)\ಬಲ)^2.
ನಾವು ಅದನ್ನು ಎಲ್ಲಿಂದ ಕಂಡುಹಿಡಿಯುತ್ತೇವೆ?
E M = S 1 S A C, M F = S 2 S A C, P N = S 3 S A C. EM=\sqrt(\frac(S_1)S)AC,\;MF=\sqrt(\frac(S_2)S)AC,\;PN=\sqrt(\frac(S_3)S)AC.
ಮತ್ತು E M = A P , M F = N C ⇒ E M + P N + M F = A P + P N + N C = A C EM=AP,\;MF=NC\Rightarrow EM+PN+MF=AP+PN+NC=AC .
ಹೀಗಾಗಿ, A C = A C * S 1 S + S 2 S + S 3 S ⇒ S = S 1 + S 2 + S 3 2 AC=AC\ast\left(\sqrt(\frac(S_1)S)+\ sqrt (\frac(S_2)S)+\sqrt(\frac(S_3)S)\ಬಲ)\ರೈಟ್‌ಟಾರೋ S=\left(\sqrt(S_1)+\sqrt(S_2)+\sqrt(S_3)\ಬಲ) ^ 2. ▲
ತ್ರಿಕೋನದ ಮಧ್ಯಗಳು, ಎತ್ತರಗಳು, ದ್ವಿಭಾಜಕಗಳ ಗುಣಲಕ್ಷಣಗಳು
ನಮ್ಮ 9 ಮತ್ತು 10 ನೇ ತರಗತಿಯ ಕಾರ್ಯಯೋಜನೆಗಳಲ್ಲಿ, ಪುನರಾವರ್ತಿತ ಪ್ರಮೇಯಗಳು ಮತ್ತು ಹೇಳಿಕೆಗಳನ್ನು ಇಲ್ಲಿ ಸಾಬೀತುಪಡಿಸಲಾಗಿದೆ. ಅವುಗಳಲ್ಲಿ ಕೆಲವು, ನಾವು ಪುರಾವೆಗಳ ಮಾರ್ಗಗಳನ್ನು ನೆನಪಿಸಿಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ, ಅವರ ಅಂಕಗಳನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ವಿವರಣಾತ್ಮಕ ರೇಖಾಚಿತ್ರಗಳನ್ನು ನೀಡುತ್ತೇವೆ.
ಮಧ್ಯವರ್ತಿಗಳ ಬಗ್ಗೆ
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 9 |
ಪ್ರಮೇಯ 1.ತ್ರಿಕೋನದ ಮೂರು ಮಧ್ಯಭಾಗಗಳು ಒಂದು ಹಂತದಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತವೆ ಮತ್ತು ಛೇದಕ ಬಿಂದುವು ಪ್ರತಿ ಮಧ್ಯವನ್ನು ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿ ವಿಭಜಿಸುತ್ತದೆ 2: 1 , ಮೇಲಿನಿಂದ ಎಣಿಕೆ.
ಪ್ರಮೇಯ 2. ಮೂರು ಮಧ್ಯವರ್ತಿಗಳು, ಛೇದಿಸುವಾಗ, ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು 6 ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ಸಾಮಾನ್ಯ ಶೃಂಗದೊಂದಿಗೆ ವಿಭಜಿಸಿ, ಅದರ ಪ್ರದೇಶಗಳು ಪರಸ್ಪರ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ.
(ಚಿತ್ರ 9 ರಲ್ಲಿ, ಶೃಂಗ ಮತ್ತು ಬೇಸ್ ಹೊಂದಿರುವ 6 ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಪ್ರದೇಶ, ಅರ್ಧಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆಬದಿಯು 1 2 S A B C \frac12S_(ABC) ಗೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ. ಮಧ್ಯದ ಛೇದನದ ಬಿಂದುವನ್ನು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ ತ್ರಿಕೋನದ ಗುರುತ್ವಾಕರ್ಷಣೆಯ ಕೇಂದ್ರ.
ಪ್ರಮೇಯ 3. B D BD ತ್ರಿಕೋನದ ಮಧ್ಯಭಾಗವಾಗಿರಲಿ
A B C (B C = a , A C = b , A B = c , B D = m a) ABC\;(BC=a,\;AC=b,\;AB=c,\;BD=m_a) ,ನಂತರ
m c 2 = a 2 + b 2 2 - c 2 4 m_c^2=\frac(a^2+b^2)2-\frac(c^2)4 .(ನಿಯೋಜನೆಯ §4 ರಲ್ಲಿ ಪುರಾವೆಯನ್ನು ಮತ್ತಷ್ಟು ನೀಡಲಾಗಿದೆ).
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 10 |
A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದ A A 1 AA_1 ಮಧ್ಯಸ್ಥಿಕೆಗಳು O O, A A 1 = 12 AA_1=12 ಮತ್ತು C C 1 = 6 CC_1=6 ಮತ್ತು ತ್ರಿಕೋನದ ಒಂದು ಬದಿಯಲ್ಲಿ 12. (ಚಿತ್ರ 10). A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
Δ 1. ಪ್ರಮೇಯ 1 ರಿಂದ ನಾವು A O = 2 3 A A 1 = 8, C O = 2 3 C C 1 = 4 AO=\frac23AA_1=8,\;CO=\frac23CC_1=4 .
ಚಿತ್ರ 10 ರಲ್ಲಿ ಮಧ್ಯದ ಭಾಗಗಳ ಉದ್ದವನ್ನು ಜೋಡಿಸೋಣ. ಷರತ್ತಿನ ಪ್ರಕಾರ, ತ್ರಿಕೋನದ ಒಂದು ಬದಿಯು 12 ಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ, A C AC 12 ಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರಬಾರದು, ಇಲ್ಲದಿದ್ದರೆ A C = A O + O C AC=AO+OC - ತ್ರಿಕೋನ ಅಸಮಾನತೆಯನ್ನು ಉಲ್ಲಂಘಿಸಲಾಗಿದೆ. ಅಲ್ಲದೆ, A B AB ಬದಿಯು 12 ಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರಬಾರದು, ಆದ್ದರಿಂದ ಈ ಸಂದರ್ಭದಲ್ಲಿ A C 1 = 6 AC_1=6 ಮತ್ತು 8, 2, 6 ಬದಿಗಳೊಂದಿಗೆ A O C 1 AOC_1 ತ್ರಿಕೋನವು ಅಸ್ತಿತ್ವದಲ್ಲಿಲ್ಲ. ಆದ್ದರಿಂದ, B C = 12 BC=12 ಮತ್ತು A C 1 = 6 AC_1=6.
2. ಹೆರಾನ್ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ:
p = 7, S A 1 O C = 7 * 1 * 3 * 3 = 3 7 p=7,\;S_(A_1OC)=\sqrt(7\ast1\ast3\ast3)=3\sqrt7 .
ಪ್ರಮೇಯ 2 ರಿಂದ, A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವು 6 ಪಟ್ಟು ಹೆಚ್ಚಾಗಿದೆ, ನಾವು S A B C = 18 7 S_(ABC)=18\sqrt7 .▲
ಎತ್ತರದ ಬಗ್ಗೆ
ಪ್ರಮೇಯ 4. ತ್ರಿಕೋನದ ಮೂರು ಎತ್ತರಗಳು ಅಥವಾ ಮೂರು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳ ಮೇಲೆ ಎತ್ತರಗಳು ಒಂದು ಹಂತದಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತವೆ. (ಈ ಬಿಂದುವನ್ನು ತ್ರಿಕೋನದ ಆರ್ಥೋಸೆಂಟರ್ ಎಂದು ಕರೆಯಲಾಗುತ್ತದೆ.) IN ತೀವ್ರ ತ್ರಿಕೋನಎತ್ತರಗಳ ಛೇದನದ ಬಿಂದುವು ತ್ರಿಕೋನದ ಒಳಗೆ ಇರುತ್ತದೆ.
ಎತ್ತರದಲ್ಲಿ ಎರಡು ಲೆಮ್ಮಾಗಳು ಸಹ ಸಾಬೀತಾಗಿದೆ
1 ನೇ ಲೆಮ್ಮಾ.
A A 1 AA_1 ಮತ್ತು B B 1 BB_1 ತ್ರಿಕೋನ A B C ABC ಯ ಎತ್ತರವಾಗಿದ್ದರೆ, ತ್ರಿಕೋನ A 1 B 1 C A_1B_1C ತ್ರಿಕೋನ A B C ABC ಅನ್ನು ಹೋಲುತ್ತದೆ ಗುಣಾಂಕ k = A 1 B 1 A B = cos C k=\frac(A_1B_1) (AB)= \left|\cos C\right| . ಈ ಹೇಳಿಕೆಯನ್ನು ಈ ಕೆಳಗಿನಂತೆ ರೂಪಿಸಬಹುದು: ನೀವು A B C ABC ಯ A A 1 AA_1 ಮತ್ತು B B 1 BB_1 ತ್ರಿಕೋನದ ಎರಡು ಎತ್ತರಗಳ ಬೇಸ್‌ಗಳನ್ನು ಸಂಪರ್ಕಿಸಿದರೆ, ನಂತರ ಒಂದು ತ್ರಿಕೋನವು ಈ ರೀತಿಯಾಗಿ ರೂಪುಗೊಳ್ಳುತ್ತದೆ: ∆ A 1 B 1 C ~ ∆ A B C \triangle A_1B_1C \sim\ತ್ರಿಕೋನ ABC .
ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳಿಂದ A C A 1 ACA_1 ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ A 1 C = A C * c o s C A_1C=AC*cosC ಅಥವಾ A 1 C = A C * c o s (180 ° - C) = A C cos C A_1C=AC\ast cos(180^\circ- C)=AC\left|\cos C\right| (Fig. 11a, b), ಮತ್ತು ಬಲ ತ್ರಿಕೋನಗಳಿಂದ B C B 1 BCB_1 ಅನುಸರಿಸುತ್ತದೆ B 1 C = B C * c o s C B_1C = BC * cosC ಅಥವಾ B 1 C = B C * c o s (180 ° - C) = B C cos C B_1C = BC \ast cos(180^\circ-C)=BC\left|\cos C\right| . ಕೆಳಗಿನ ತರ್ಕವು ಸ್ಪಷ್ಟವಾಗಿದೆ.
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 13 |
A A 1 AA_1 ಮತ್ತು B B 1 BB_1 ಎತ್ತರಗಳು H H (Fig. 13) ನಲ್ಲಿ ಛೇದಿಸುತ್ತವೆ, ಆದರೆ A H = 3 H A 1 AH=3HA_1 ಮತ್ತು B H = H B 1 BH=HB_1. A C = a AC=a ಆಗಿದ್ದರೆ A C B ACB ಕೋನದ ಕೊಸೈನ್ ಮತ್ತು A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
Δ ನಾವು H A 1 = x , H B 1 = y HA_1=x,\;HB_1=y , ಎಂದು ಸೂಚಿಸೋಣ
1. ಪಾಯಿಂಟ್ ಎಚ್ ಎಚ್ - ಮಧ್ಯದ ಎತ್ತರ (ಚಿತ್ರ 13). M H MH ವಿಭಾಗವು H H ಬಿಂದುವಿನ ಮೂಲಕ ಹಾದು ಹೋದರೆ ಮತ್ತು ಬೇಸ್‌ಗಳಿಗೆ ಸಮಾನಾಂತರವಾಗಿದ್ದರೆ, ನಂತರ MN - ಮಧ್ಯಮ ಸಾಲು; M N = a / 2 MN = a/2 .
2. ∆ H A 1 N ~ ∆ A A 1 C ⇒ H N A C = x 4 x , H N = 1 4 a . \triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\Rightarrow\frac(HN)(AC)=\frac x(4x),\;HN=\frac14a.\; ಆದ್ದರಿಂದ, M H = H N = a 4 MH=HN=\frac a4 ಮತ್ತು A B 1 = B 1 C = a 2 AB_1=B_1C=\frac a2 ತ್ರಿಕೋನ A B C ಎಬಿಸಿ ಸಮದ್ವಿಬಾಹುಗಳು, A B = B C AB=BC .
3. ∠ B 1 B C = 90 ° - ∠ C ⇒ ∠ B H A 1 = ∠ A H B 1 = ∠ C \angle B_1BC=90^\circ-\angle C\Rightarrow\angle BHA_1=\angle AHB_1,=\angleಮತ್ತು ಎತ್ತರದ ಬಗ್ಗೆ ಎರಡನೇ ಲೆಮ್ಮಾದಿಂದ A H * H A 1 = B H * H B 1 AH*HA_1=BH*HB_1 ಅಂದರೆ 3 x 2 = y 2 , y = x 3 3x^2=y^2,\;y=x \sqrt3 .
4. △ A H B 1: A B 1 2 = (3 x) 2 - y 2, a 2 4 = 6 x 2, x = a 2 6, y = a 2 2 ⇒ ⇒ S A B C = 1 2 A C * B B 1 = a y = a 2 2 4 \begin(array)(l)\bigtriangleup AHB_1:\;AB_1^2=(3x)^2-y^2,\;\frac(a^2)4=6x^2,\; x=\frac a(2\sqrt6),\;y=\frac a(2\sqrt2)\Rightarrow\\\Rightarrow S_(ABC)=\frac12AC\ast BB_1=ay=\frac(a^2\sqrt2 4\end(ಅರೇ) . ▲
ತ್ರಿಕೋನದ ದ್ವಿಭಾಜಕಗಳ ಬಗ್ಗೆ
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 14 |
ಪ್ರಮೇಯ 5.ತ್ರಿಕೋನದ ಕೋನ ದ್ವಿಭಾಜಕವು ವಿಭಜಿಸುತ್ತದೆ ಎದುರು ಭಾಗಪಕ್ಕದ ಬದಿಗಳಿಗೆ ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿರುವ ಭಾಗಗಳಾಗಿ, ಅಂದರೆ A D ADಯು ತ್ರಿಕೋನ A B C ABCಯ ದ್ವಿಭಾಜಕವಾಗಿದ್ದರೆ (ಚಿತ್ರ 14), ನಂತರ
B D D C = A B A C x y = c b \frac(BD)(DC)=\frac(AB)(AC)\;\ಎಡ(\frac xy=\frac cb\ಬಲ)
A D B ADB ಮತ್ತು A D C ADC ತ್ರಿಕೋನಗಳಿಗೆ ಸೈನ್ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಅನ್ವಯಿಸುವ ಮೂಲಕ ನೀವು ಸುಲಭವಾಗಿ ಪುರಾವೆಯನ್ನು ನೀವೇ ಮಾಡಬಹುದು.
ಪ್ರಮೇಯ 6. A D AD ತ್ರಿಕೋನ A B C ABCಯ ದ್ವಿಭಾಜಕವಾಗಿರಲಿ (ಚಿತ್ರ 14), ನಂತರ A D = A B * A C - D B * D C AD=\sqrt(AB\ast AC-DB\ast DC) (ಚಿತ್ರದ ಸಂಕೇತದಲ್ಲಿ . 14a) A D = b c - x y AD=\sqrt(bc-xy) .
 |
| ಅಕ್ಕಿ. 14a |
□ ನಾವು ಈ ಪ್ರಮೇಯವನ್ನು ಸಾಬೀತುಪಡಿಸುತ್ತೇವೆ. ನಾವು A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದ ಸುತ್ತಲಿನ ವೃತ್ತವನ್ನು ವಿವರಿಸೋಣ ಮತ್ತು A D AD ಮತ್ತು ವೃತ್ತವನ್ನು K K (Fig. 14a) ಎಂದು ಸರಳ ರೇಖೆಯ ಛೇದನದ ಬಿಂದುವನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ.
ನಾವು A D = z, D K = m ಅನ್ನು ಸೂಚಿಸೋಣ. △ ಎ ಬಿ ಡಿ ~ ∆ ಎ ಕೆ ಸಿ (∠ ಎ ಬಿ ಡಿ = ∠ ಎ ಕೆ ಸಿ ಮತ್ತು ∠ 1 = ∠ 2) . ಇಷ್ಟದಿಂದ: A B A K = A D A C ⇒ c z + m = z b ⇒ ⇒ z 2 + z m = b c, z 2 = b c - z m. \begin(array)(l)AD=z,\;DK=m.\\\bigtriangleup ABD\sim\triangle AKC\;(\angle ABD=\angle AKC\;and\;\\\angle1=\angle2 ).\\From\;ಸಮಾನತೆ:\;\\\frac(AB)(AK)=\frac(AD)(AC)\Rightarrow\frac c(z+m)=\frac zb\Rightarrow\\\Rightarrow z^2+zm=bc,\;z^2=bc-zm.\end(array) ಸ್ವರಮೇಳಗಳನ್ನು ಛೇದಿಸುವ ಗುಣದಿಂದ:
A D * D K = B D * C D, ಅಂದರೆ z * m = x * y ⇒ z 2 = b c - x y, z = b c - x y AD\ast DK=BD\ast CD,\;i.e.\; z\ast m=x \ast y\Rightarrow z^2=bc-xy,\;z=\sqrt(bc-xy) . ■
A B = 5 AB=5 ಬದಿಗಳೊಂದಿಗೆ A B C ABC ತ್ರಿಕೋನದಲ್ಲಿ, A C = 3 AC=3 ದ್ವಿಭಾಜಕ A D = 15 8 AD=\frac(15)8. B C BC ಬದಿಯನ್ನು ಮತ್ತು ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ಹುಡುಕಿ.
Δ ಪ್ರಮೇಯ 5 ಮೂಲಕ (ಚಿತ್ರ 14 ನೋಡಿ) ನಾವು x y = 5 3 \frac xy=\frac53 ಅನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ x = 5 z x=5z , ನಂತರ y = 3 z y=3z . ಪ್ರಮೇಯ 6 ರ ಪ್ರಕಾರ, ಸಮಾನತೆ 15 8 2 = 5 * 3 - 5 z * 3 z ತೃಪ್ತಿಗೊಂಡಿದೆ. \ಎಡ(\frac(15)8\ಬಲ)^2=5\ast3-5z\ast3z. z = 7 8 z=\frac78 ಎಂದರೆ B C = 7 ಎಂದು ನಾವು ಸುಲಭವಾಗಿ ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ. BC=7. S = p r S = pr (S ಎಂಬುದು ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶ, p ಎಂಬುದು ಅರೆಪರಿಧಿ) ಸೂತ್ರವನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಕೆತ್ತಲಾದ ವೃತ್ತದ ತ್ರಿಜ್ಯವನ್ನು ನಾವು ಕಂಡುಕೊಳ್ಳುತ್ತೇವೆ. ಹೆರಾನ್ ಸೂತ್ರದ ಪ್ರಕಾರ ನಾವು p = 15 2 p=\frac(15)2 ಅನ್ನು ಹೊಂದಿದ್ದೇವೆ S = 15 2 * 1 2 * 10 2 * 9 2 = 15 3 2 , S=\sqrt(\frac(15)2\ast \frac12 \ast\frac(10)2\ast\frac92)=\frac(15\sqrt3)2, ಆದ್ದರಿಂದ r = S p = 3 2 . r=\frac Sp=\frac(\sqrt3)2. ▲
ಪಾಠದ ಉದ್ದೇಶಗಳು:
- ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವಾಗ ತ್ರಿಕೋನದ ಪ್ರದೇಶಕ್ಕೆ ಸೂತ್ರವನ್ನು ಬಳಸುವ ಸಾಮರ್ಥ್ಯವನ್ನು ಅಭಿವೃದ್ಧಿಪಡಿಸಿ;
- ಪರಿಗಣಿಸಿ ಪ್ರಮುಖ ಕಾರ್ಯಗಳುಸಾಮಾನ್ಯ ಎತ್ತರ (ಬೇಸ್) ಹೊಂದಿರುವ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತದ ಮೇಲೆ. ವಿಷಯದ ಕುರಿತು ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವ ವಿಧಾನಗಳಿಗೆ ವಿದ್ಯಾರ್ಥಿಗಳನ್ನು ಪರಿಚಯಿಸಿ.
ಪಾಠ ಸಲಕರಣೆ:
- ಕಂಪ್ಯೂಟರ್.
- ಮಲ್ಟಿಮೀಡಿಯಾ ಪ್ರೊಜೆಕ್ಟರ್.
- ಪರದೆಯ.
ಕರಪತ್ರ.
- ಹೋಮ್ವರ್ಕ್ ಸಮೀಕ್ಷೆಗಾಗಿ ಪ್ರಶ್ನೆಗಳೊಂದಿಗೆ ಕಾರ್ಡ್ಗಳು;
- ಪಾಠಕ್ಕಾಗಿ ಪ್ರಸ್ತುತಿ (ಅನುಬಂಧ 1);
- ಸ್ವತಂತ್ರ ಕೆಲಸ ಮಾಡಲು ಕಾರ್ಡ್ಗಳು.
ಪಾಠದ ಹಂತಗಳು
- ಸಮಯ ಸಂಘಟಿಸುವುದು.
- ಪರೀಕ್ಷೆ ಮನೆಕೆಲಸ(ಹಿಂದಿನ ಪಾಠದಿಂದ ವಸ್ತುಗಳನ್ನು ಕಲಿಯುವುದು)
- ಹಿಂದೆ ಕಲಿತ ವಸ್ತುಗಳನ್ನು ಬಲಪಡಿಸುವುದು
- ಸ್ವತಂತ್ರ ಕೆಲಸಶೈಕ್ಷಣಿಕ ಸ್ವಭಾವ
- ಹೋಮ್ವರ್ಕ್ ಅನ್ನು ಹೊಂದಿಸಲಾಗುತ್ತಿದೆ.
- ಪಾಠವನ್ನು ಸಂಕ್ಷಿಪ್ತಗೊಳಿಸುವುದು.
ತರಗತಿಗಳ ಸಮಯದಲ್ಲಿ
1. ಸಾಂಸ್ಥಿಕ ಕ್ಷಣ
ಪಾಠದ ವಿಷಯದ ಬಗ್ಗೆ ನಾವು ನಿಮಗೆ ತಿಳಿಸುತ್ತೇವೆ. ಪಾಠದಲ್ಲಿ ಚರ್ಚಿಸಲಾದ ವಸ್ತುಗಳ ಪ್ರಾಮುಖ್ಯತೆಯನ್ನು ನಾವು ವಿವರಿಸುತ್ತೇವೆ, ಮಾಹಿತಿಯನ್ನು ನಾವು ಹೇಳುತ್ತೇವೆ ಕೊನೆಯ ಪಾಠಗಳುಪ್ರದೇಶದಿಂದ ವ್ಯಾಪಕವಾಗಿ ಬಳಸಲಾಗುತ್ತದೆ; ಇಂದು ಪಾಠದಲ್ಲಿ ನಾವು ಸಮಸ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸಲು ಅವುಗಳನ್ನು ಬಳಸುತ್ತೇವೆ.
ನಮ್ಮ ಕೆಲಸವನ್ನು ಹೆಚ್ಚು ಪರಿಣಾಮಕಾರಿಯಾಗಿ ಮಾಡಲು, ನಾವು ಮೊದಲು ನಿಮ್ಮ ಮನೆಕೆಲಸವನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸುತ್ತೇವೆ ಮತ್ತು ನೀವು ಅಧ್ಯಯನ ಮಾಡಿದ ಸೈದ್ಧಾಂತಿಕ ವಿಷಯವನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸುತ್ತೇವೆ.
2. ಮನೆಕೆಲಸವನ್ನು ಪರಿಶೀಲಿಸಲಾಗುತ್ತಿದೆ
ಕಪ್ಪುಹಲಗೆಯಲ್ಲಿ ವಿದ್ಯಾರ್ಥಿಗಳನ್ನು ಪ್ರಶ್ನಿಸುವುದು:
- ಪ್ರದೇಶದ ಪ್ರಮೇಯದ ಪುರಾವೆ?
- ಅದರ ಪರಿಣಾಮಗಳ ಪುರಾವೆ
- ಹೋಮ್ವರ್ಕ್ ಸಂಖ್ಯೆಗಳನ್ನು ಪರಿಹರಿಸುವುದು.
ಈ ಸಮಯದಲ್ಲಿ, ಪೂರ್ವ ಸಿದ್ಧಪಡಿಸಿದ ಪ್ರಸ್ತುತಿಯ ಸ್ಲೈಡ್‌ಗಳನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ನಾವು ತರಗತಿಯೊಂದಿಗೆ ಮೌಖಿಕವಾಗಿ ಕೆಲಸ ಮಾಡುತ್ತೇವೆ.
3) AM=MC ಆಗಿದ್ದರೆ, ಈ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳನ್ನು ಹೋಲಿಕೆ ಮಾಡಿ.
ನಿಮ್ಮ ನೋಟ್ಬುಕ್ನಲ್ಲಿ ತೀರ್ಮಾನವನ್ನು ಬರೆಯಿರಿ:
ಮಧ್ಯಮವು ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ಎರಡು ಸಮಾನ ಗಾತ್ರದ (ಸಮಾನ ವಿಸ್ತೀರ್ಣ) ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ವಿಭಜಿಸುತ್ತದೆ, ಪ್ರತಿಯೊಂದರ ವಿಸ್ತೀರ್ಣವು ನಿರ್ದಿಷ್ಟ ತ್ರಿಕೋನದ ಅರ್ಧದಷ್ಟು ಪ್ರದೇಶಕ್ಕೆ ಸಮಾನವಾಗಿರುತ್ತದೆ.
VM - ಸರಾಸರಿ ABC
VC - ಮಧ್ಯದ AVM
ಪ್ರದೇಶದ ಅನುಪಾತವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ
5) S ABC = 20 cm 2 (ಹಿಂದಿನ ಕಾರ್ಯದ ಷರತ್ತುಗಳ ಪ್ರಕಾರ) ಎಂದು ತಿಳಿದಿದೆ
S ABM ಅನ್ನು ಹುಡುಕಿ; ಎಸ್ ಎಂಬಿಸಿ; ಎಸ್ ಎಬಿಸಿ; ಎಸ್ ಕೆಬಿಸಿ - ?
ಸಾಮಾನ್ಯ ನೆಲೆಯನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಎರಡು ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳ ಅನುಪಾತ ಏನು?
ನಾವು ನೋಟ್ಬುಕ್ನಲ್ಲಿ ತೀರ್ಮಾನವನ್ನು ಬರೆಯುತ್ತೇವೆ:
S ABC: S ADC = BM: DN
ಸಾಮಾನ್ಯ ತಳಹದಿಯನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ತ್ರಿಕೋನಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು ತಳಕ್ಕೆ ಎಳೆಯಲ್ಪಟ್ಟ ಎತ್ತರದಂತೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ.
3. ಹಿಂದೆ ಅಧ್ಯಯನ ಮಾಡಿದ ವಸ್ತುಗಳ ಬಲವರ್ಧನೆ.
1. ಗ್ರೇಡ್ 8 ಗಾಗಿ ರೇಖಾಗಣಿತದ ವರ್ಕ್ಬುಕ್ನ ಕಾರ್ಯ ಸಂಖ್ಯೆ 40, ಪುಟಗಳು 18-19 ಅನ್ನು ನಾವು ಪೂರ್ಣಗೊಳಿಸುತ್ತೇವೆ.
ಚಿತ್ರದಲ್ಲಿ, ಪಾಯಿಂಟ್ M ಅನ್ನು AC ABC ಯನ್ನು AM ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿ ಭಾಗಿಸುತ್ತದೆ: MC = 2: 3
ABC ಪ್ರದೇಶವು 180 cm 2 ಆಗಿದೆ. ತ್ರಿಕೋನ ABM ನ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಕಂಡುಹಿಡಿಯಿರಿ.
2. ಪಠ್ಯಪುಸ್ತಕದ ಸಂಖ್ಯೆ 475 ರ ಸಮಸ್ಯೆಯನ್ನು ಪರಿಹರಿಸಿ.
ಎಬಿಸಿ ಎಳೆಯಿರಿ. ಎ ಶೃಂಗದ ಮೂಲಕ ಎರಡು ಸರಳ ರೇಖೆಗಳನ್ನು ಎಳೆಯಿರಿ ಇದರಿಂದ ಅವರು ಈ ತ್ರಿಕೋನವನ್ನು ಸಮಾನ ಪ್ರದೇಶಗಳನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ಮೂರು ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ವಿಭಜಿಸುತ್ತಾರೆ.
ಪ್ರಸ್ತುತಿ ಸ್ಲೈಡ್‌ಗಳನ್ನು ಬಳಸಿಕೊಂಡು ಪರಿಹಾರವನ್ನು ಚರ್ಚಿಸಿ
4. n/a (ಸಮಯ ಅನುಮತಿಸಿದರೆ)
ಒಂದು ಶೃಂಗದಿಂದ ಹೊರಹೊಮ್ಮುವ ಸರಳ ರೇಖೆಗಳಿಂದ ಈ ಸಮಾನಾಂತರ ಚತುರ್ಭುಜವನ್ನು ಮೂರು ಸಮಾನ ಭಾಗಗಳಾಗಿ ವಿಂಗಡಿಸಿ.
ಅದೇ ರೀತಿ, BB 2 DBC ಯನ್ನು ಒಂದೇ ಎತ್ತರವನ್ನು ಹೊಂದಿರುವ ತ್ರಿಕೋನಗಳಾಗಿ ವಿಭಜಿಸುತ್ತದೆ, ಅವುಗಳ ಪ್ರದೇಶಗಳು DB 2: B 2 C = 1: 2 => ನಿರ್ಮಾಣ ಅಲ್ಗಾರಿದಮ್‌ನಂತೆ ಸಂಬಂಧಿಸಿವೆ: ಸಮಾನಾಂತರ ಚತುರ್ಭುಜದ AD ಮತ್ತು DC ಪ್ರತಿಯೊಂದು ಬದಿಗಳನ್ನು ಅನುಪಾತದಲ್ಲಿ ಭಾಗಿಸಿ 2: 1, ಎ ಮತ್ತು ಎಸ್ ಶೃಂಗಗಳಿಂದ ಎಣಿಕೆ.
4. ಸ್ವತಂತ್ರ ಶೈಕ್ಷಣಿಕ ಕೆಲಸ
ಆಯ್ಕೆ 1
1) MC - ಸರಾಸರಿ ABC
S SCR = 32 cm 2 . S ABC ಅನ್ನು ಹುಡುಕಿ
2) S KDM = 40 cm 2
KM ಭಾಗದಲ್ಲಿ, ಪಾಯಿಂಟ್ A ಅನ್ನು KA: AM = 2:3 ಎಂದು ಗುರುತಿಸಲಾಗಿದೆ
ಹುಡುಕಿ: ಎಸ್ ಕೆಡಿಎ
ಆಯ್ಕೆ - 2
1) ಎಎಮ್ ಎಬಿಸಿಯ ಮಧ್ಯಂತರವಾಗಿದೆ, ಇದರ ವಿಸ್ತೀರ್ಣ 48 ಸೆಂ 2 ಆಗಿದೆ
AMS ನ ಪ್ರದೇಶವನ್ನು ಹುಡುಕಿ
2) S DРК = 60 cm 2
ಬದಿಯಲ್ಲಿ DK ಪಾಯಿಂಟ್ A ಅನ್ನು ಗುರುತಿಸಲಾಗಿದೆ ಆದ್ದರಿಂದ DA: AK = 3:1
ಹುಡುಕಿ: S APK -?
5. ಹೋಮ್ವರ್ಕ್ ಅನ್ನು ಹೊಂದಿಸುವುದು
ಡಿ.ಝಡ್. ಪಠ್ಯಪುಸ್ತಕ ಪುಟಗಳ ಪ್ರಕಾರ 124-125 ಸಂಖ್ಯೆ 473; 506; 511(ಎ)
6. ಪಾಠದ ಸಾರಾಂಶ
ಸಾಹಿತ್ಯ
1. ರೇಖಾಗಣಿತ 7-9. / ಎಲ್.ಎಸ್. ಅಟನಾಸ್ಯಾನ್, ವಿ.ಎಫ್. ಬುಟುಜೋವ್ ಮತ್ತು ಇತರರು/ "ಜ್ಞಾನೋದಯ", OJSC "ಮಾಸ್ಕೋ ಪಠ್ಯಪುಸ್ತಕ", M., 2008;
2. ಕಾರ್ಯಪುಸ್ತಕ 8 ನೇ ತರಗತಿಗೆ. ಸಂಸ್ಥೆಗಳ ಬಗ್ಗೆ / ಬಗ್ಗೆ. ರೇಖಾಗಣಿತ. / ಅಟನಾಸ್ಯನ್ ಎಲ್.ಎಸ್. ಮತ್ತು ಇತರರು / "ಜ್ಞಾನೋದಯ", M, 2005;
2. ಪೊಲೊನ್ಸ್ಕಿ ವಿ.ಬಿ., ರಾಬಿನೋವಿಚ್ ಇ.ಎಮ್., ಯಾಕಿರ್ ಎಂ.ಎಸ್. / ಜ್ಯಾಮಿತಿ: ಸಮಸ್ಯೆ ಪುಸ್ತಕ ಶಾಲೆಯ ಕೋರ್ಸ್ M.: AST-PRESS: ಮಾಸ್ಟರ್-S, 1998.