Одобрено от МОН със заповед № РД 09-362/26.02.2009 г. на...
Transcript of Одобрено от МОН със заповед № РД 09-362/26.02.2009 г. на...
В учебна тетрадка № 1 са разработени темите:Входно нивоТема 1. Квадратен коренТема 2. Квадратно уравнениеТема 3. Вектори. Средна отсечкаТема 4. Функции
В учебна тетрадка № 2 са разработени темите:Тема 5. ЕднаквостиТема 6. Системи линейни уравнения с
две неизвестниТема 7. Системи линейни неравенства
с едно неизвестноТема 8. Окръжност и многоъгълникИзходно ниво
Всяка тетрадка съдържа 80 страници. На всеки урок съответства страница в тетрадката (със същия номер).
Към всяка тема има: общи задачи (някои с решения) – 2 стр.; обучаващи задачи (подготовка за тест) – 2 стр.; контролни работи – 2 стр.; тест – 1 страница.
Учебните тетрадки могат да се използват за: • допълнителна работа в учебния час; • домашна работа; • текущ контрол и оценка на знанията.
Одобрено от МОН със заповед № РД 09-362/26.02.2009 г. на Министъра на образованието и науката.
Издателство АРХИМЕД предлага и ново учебно помагало по Информационни технологии за 8. клас.
132
O
O
Ñèñòåìè ëèíåéíè óðàâíåíèÿ ñ äâå íåèçâåñòíè59.
Îïðåäåëåíèå
Сборът на две числа е 6, а разликата им е 2. Намерете числата.Решение:
Означаваме числата с x и y, ДС : всяко число. Сборът на двете числа е 6, т.е. x + y = 6. Разликата на двете числа е 2, т.е. x − y = 2. Получихме две уравнения с две неизвестни: x + y = 6 (1) и x − y = 2 (2). Търсим наредена двойка числа (x; y), която да е решение и на (1), и на (2). Лесно можем да се досетим, че числата 4 и 2 са търсените, защото 4 + 2 = 6 и 4 − 2 = 2.
Когато търсим общите решения на две линейни уравнения с две едни и същи неизвестни, ще казваме, че решаваме система от две линейни уравнения с две неизвестни.
Çàäà÷à 1
Система от две линейни уравнения с две неизвестни записваме по следния начин:
Например в Задача 1 решихме сис темата:
Ãðàôè÷íî ðåøàâàíå Решенията на всяко уравнение на системата x y
x y+ =− =
62
са двойките координати на точките от правата, която е графика на това уравнение. Тогава, като построим графиките на двете уравнения, координатите на пресечната точка на двете прави ще бъдат решение на системата. Построяваме графиките на двете уравнения (черт. 5). x + y = 6, y = 6 − x x − y = 2, y = x − 2
x 0 6y = 6 – x 6 0
x 0 2y = x – 2 –2 0
При решаване на Задача 1 намерихме, че решението на системата е x = 4 и y = 2.При графичното решаване на същата система всяко от уравненията на системата решихме относно y, т.е. направихме еквивалентни преобразувания. Получихме системата y x
y x= −= −
62
,
която има същото решение x = 4 и y = 2, т.е. двете системи са еквивалентни.
Ако всяко уравнение на една система заменим с негово еквивалентно уравнение, ще получим система, еквивалентна на дадената.
Например: x yx y
y xy x
+ =− = ⇔ = −
= −62
62
Две линейни системи уравнения се наричат еквивалентни, ако всяко решение на едната система е решение на другата и обратно, или когато и двете нямат решение.
Например двете системи (1) x yx y+ =− =
62
и (2) x yx= −=
64
са еквивалентни, защото имат едно и също решение x = 4, y = 2.
Черт. 5
Двете прави се пресичат в точка M(4; 2). Тогава системата има едно решение и то е x = 4; y = 2.
a x b y ca x b y c
1 1 1
2 2 2
+ =+ =x y
x y+ =− =
62
133
Решете графично системите: а) x y
y x+ =
+ =
2 3
2 0
; б) x yx y= +− =3
2 6 2Решение: (черт. 6)
а) x + 2y = 3, y x= − +232
y x+ =2 0 , y x= − 2
Двете прави са успоредни, т.е. нямат обща точка. Тогава системата няма решение.
Çàäà÷à 2
x 0 3
y x= − +232 11
2 0
x 0 2
y x= − 2 0 –1
Двете прави с уравнения x + 2y = 3 и y x+ =2 0 са графики на линейните функции y x= − +12
32
и y x= − 12 . Те имат коефициент пред x числото − 1
2 , т.е. са успоредни помежду си.
б) x = 3 + y, y = x − 3 (черт. 7)
x 0 3y = x – 3 –3 0
2x − 6 = 2y, y = x − 3 Двете прави се сливат, т.е. всичките им точки са общи. Тогава системата има безброй много решения: (x; y = x − 3).
Черт. 7
Графичният метод за решаване на системи от две уравнения с две неизвестни дава нагледна представа за решението.
Графиките на двете уравнения са прави, които: – или се пресичат (системата има едно решение); – или са успоредни (системата няма решение); – или се сливат (системата има безброй много решения).
Графичният метод има и някои недостатъци, свързани с несъвършенството на чертането и това, че двете прави могат да се пресичат извън рамките на чертежа.
Çàäà÷è
1 Кои от наредените двойки числа (2; 2), (1; 1), (4; −1) са решения на системите:
а) 4 3 20
x yx y
− =− = ;
б) 3 42 1
x yx y+ =− = .
в) 2 75 3 17
x yx y+ =+ = .
2 Решете графично системите: а) 5 2 1
3 7x y
x y− =+ = ;
б) x yx y+ =− =
91;
в) xx y+ =− =3 0
2 0.3 Решете графично системите:
а) 3 1 22
x yx y
− =− = ;
б) x yx y+ =+ =2 5
2 4 1;в) 0 5 2
2 4,
.x y
x y− =
− =
4 Еквивалентни ли са системите: а) 2 1 5 2
1 1 1
2 2( )( )( ) ( )
x y x yx x x x y
− + = −+ − = − +
и x yx y− =− =
12 3 1;
б) y x x y x
x x y y x2
3 13
1 2 3 5
2
3 3 2
− − = −
− − − = − −
( )
( )
и 2 3 03 3 4
x yx y− =− = − .
y x= − +232
y x= − 2
Черт. 6
174
Ñúîòâåòñòâèÿ ìåæäó õîðäè, äúãè è úãëè78.
Ще решим някои основни задачи, които в по-нататъшното изложение ще използваме като теореми, т.е. ще ги прилагаме, без да ги доказваме (основни задачи).
Да се докаже, че ако две хорди в една окръжност са равни, разстоянията от центъра на окръжността до хордите са равни.
Çàäà÷à 1
Дадено: окръжност k (O; r) (черт. 22); AB = CD – хорди; OM ⊥ AB; M z AB; ON ⊥ CD; N z CD.Да се докаже: OM = ON.Доказателство:
Разглеждаме �AOB и �CODAO CO rBO DO rAB CD
= == ==
⇒ �AOB ≅ �COD по ІІІ признак⇒ OM = ON като съответни височини в еднакви триъгълници.
(по условие)
Черт. 22
Да се докаже, че в окръжност диаметър, перпендикулярен на хорда, разполовява съответната и� дъга.
Çàäà÷à 2
Дадено: окръжност k (O; r) (черт. 23); AB – хорда; MN – диаметър; MN ⊥ AB.Да се докаже: � � � �; .AN BN AM BM= =Доказателство: Нека MN × AB = P. В равнобедрения триъгълник ABO (OA = OB) височината OP е и ъглополовяща на ,AOB� т. е. .AON BON=� � От равенството на двата цен трални ъгъла ⇒ � � .AN BN=
От � �
� �� �180
.180
AM ANAM BM
BM BN
= − ⇒ == −
�
�Черт. 23
Тази задача допълва вече изказана и доказана теорема: „В окръжност диаметърът, перпендикулярен на дадена хорда, разполовява хордата“.
Да се докаже, че диаметър, който минава през средата на дъга в окръжност, е перпендикулярен на съответната и� хорда.Доказателство (черт. 23):От � �AN NB= (по условие) ⇒ ;AON BON=� � ON × AB = P.В ABO� (AO = BO) OP е ъглополовяща ⇒ OP е и височина.Тогава OP ⊥ AB, т. е. MN ⊥ AB.
Çàäà÷à 3
Да се докаже, че дъгите, заключени между две успоредни хорди, са равни.
Дадено: окръжност k (O; r) (черт. 24); AB || CD – хорди.
Да се докаже: � � .AC BD=
Çàäà÷à 4
Îñíîâíàçàäà÷à
Îñíîâíàçàäà÷à
Îñíîâíàçàäà÷à
Îñíîâíàçàäà÷à
175
Доказателство: Построяваме диаметър MN ⊥ AB. Тогава MN ⊥ CD.
От задача 2 ⇒ � �� �
� � ACN BDN
CN DN
AC BD
= −=
=
Изваждаме почленно и
получаваме
Черт. 24
От � � AC BD= ⇒ хордите AC и BD са равни. В условието на задача 4 е дадено, че AB || CD. Тогава четириъгълникът ABCD е равнобедрен трапец.
Ако две хорди в една окръжност не са равни, по-голямата от тях е по-близо до центъра.
Çàäà÷à 5
Дадено: окръжност k (O) (черт. 25); Да се докаже: AB > CD – хорди; OL ⊥ AB; OM ⊥ CD. OL < OM.Доказателство: Построяваме хордата BC1 = CD в полуравнината, определена от AB, която не съдържа O; ON ⊥ BC1, ON × AB = P.В OLP� катетът OL е по-малък от хипотенузата OP, т.е. OL < OP. Но OP < ON. Тогава OL < ON, ON = OM (разстоянията от O до равните хорди CD и BC1) са равни.Тогава OL < OM.Черт. 25
Ако разстоянията от центъра на една окръжност до две нейни хорди са неравни, то хордата, по-близка до центъра, е по-голяма.
Çàäà÷à 6
Черт. 26
Дадено: окръжност k (O) (черт. 26) Да се докаже: AB, CD – хорди AB > CD. OL ⊥ AB; OM ⊥ CD; OL < OM.Доказателство:За хордите AB и CD има три възможности: AB < CD; AB = CD; AB > CD.Ако допуснем, че AB < CD, от предходната Задача 5 следва, че OL > OM, което противоречи на условието.Ако допуснем, че AB = CD, от Задача 1 следва, че OL = OM, което противоречи на условието.Остава вярно твърдението AB > CD.
Çàäà÷è
1 Постройте средата на дадена дъга от окръжност.
2 Докажете, че ако през краищата на един диаметър прекараме успоредни хорди, тези хорди са равни.
3 През дадена точка M, която е вът реш на за окръжност k, постройте хорда, сре дата на която да е дадената точ ка M.
4 AB е хорда в окръжност k. Постройте окръжност, концентрична на k, която се допира до правата AB.
5 Дадени са окръжност k (O; r) и от сеч ка d (d < r). Постройте хорда на k, коя то да е на разстояние d от O.
6 Докажете, че ако разстоянията от центъра на една окръжност до две нейни хорда са равни, то тези хорди са равни.
7 Продълженията на две равни хорди AB и CD на една окръжност се пре си чат в точка P (B е между A и P, D е между C и P). Докажете, че BP = DP.
Îñíîâíàçàäà÷à
Îñíîâíàçàäà÷à
За учебната 2009/2010 г.• е в сила нова учебна програма по математика;• ще се използват учебни помагала, одобрени от МОН.
Издателство представяТЕМИ:Входно нивоТема 1. Квадратен коренТема 2. Квадратно уравнениеТема 3. Вектори. Средна отсечкаТема 4. ФункцииТема 5. ЕднаквостиТема 6. Системи линейни уравнения с
две неизвестниТема 7. Системи линейни неравенства
с едно неизвестноТема 8. Окръжност и многоъгълникИзходно ниво
МАТЕМАТИКА за 8. класпо новата учебна програма
Разработени са 101 урока: преговор 2 нови знания 58 упражнение 20 обобщителни 11 тестове 10
Съдържа 1324 задачи: решени 282 за самостоятелна работа 529 общи задачи по теми 228 19 теста по 15 задачи 285
Контакти с издателство АРХИМЕД[email protected]тел.: 963 28 90Aдрес: 1164 София, ул. Милин камък 39, ап. 2
В официалния сайт на издателството можете да намерите пълните текстове на книгите за учителя по математика в 5., 6., 7. и 8. клас, включително годишните разпределения.