Триъгълник. Сбор на ъгли в триъгълник. Външен ъгъл на триъгълник 7 клас

В настоящият урок ще научим на колко е равен сборът от ъглите в произволен триъгълник, какво е външен ъгъл на триъгълник, на колко е равен сборът от външните ъгли в триъгълника, както и ще решим някои задачи.

Нека разгледаме следният чертеж 

Теорема 1: Сборът от ъглите на всеки триъгълник е равен на $180^{\circ}$ или $\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}.$

Като следствие от тази теорема, можем да кажем, че всеки триъгълник има най-много един тъп ъгъл, както и, че сборът от острите ъгли в правоъгълен триъгълник е равен на $90^{\circ}.$

Определение 1: Външен ъгъл на триъгълник се нарича ъгъл, съседен на вътрешен ъгъл на триъгълник ( в случая на чертежа външните ъгли са съответно $\alpha^{\prime}, \beta^{\prime}, \gamma^{\prime}$).

Теорема 2: Всеки вънжен ъгъл на триъгълник е равен на сбора от двата несъседни на него вътрешни ъгли на триъгълник.

Казано с други думи, от Теорема 2 можем да запишем равенствата $\alpha^{\prime}=\beta+\gamma$, $\beta^{\prime}=\alpha+\gamma$ и $\gamma^{\prime}=\alpha+\beta.$ Нека сега докажем Теорема 2.

Доказателство: За да унагледим доказателството ще използваме горният чертеж и разбира се Теорема 1. Тъй като $\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}$ имаме, че $\alpha=180^{\circ}-\beta-\gamma=180^{\circ}-(\beta+\gamma)$. От друга страна $\alpha$ и $\alpha^{\prime}$ са съседни ъгли и следователно $\alpha+\alpha^{\prime}=180^{\circ}.$ Сега, нека в последното равенство заменим $\alpha$ с равното му $180^{\circ}-(\beta+\gamma)$ и получаваме $180^{\circ}-(\beta+\gamma)+\alpha^{\prime}=180^{\circ}$, от където $\alpha^{\prime}=\beta+\gamma.$ Доказателството на останалите две равенства е абсолютно аналогично.

Като следствие от Теорема 2 можем да кажем, че всеки вънжен ъгъл на триъгълник е по-голям от всеки вътрешен, несъседен нему ъгъл на триъгълника.

Сага да решим някои задачи.

1 Задача Намерете ъглите $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ на $\triangle ABC$, ако $\alpha:\beta:\gamma=2:5:3.$

Решение: Нека $\alpha=2x$, $\beta=5x$ и $\gamma=3x$, тогава от Теорема 1 имаме, че $2x+5x+3x=180^{\circ}$ и следователно $x=18^{\circ}$. Сега вече можем да намерим ъглите $\alpha=2.18^{\circ}=36^{\circ}$, $\beta=5.18^{\circ}=90^{\circ}$ и $\gamma=3.18^{\circ}=54^{\circ}.$

2 Задача Докажете, че сборът от външните ъгли на всеки триъгълник е равен на $360^{\circ}.$

Решение: Нека разгледаме сборът $\alpha^{\prime}+\beta^{\prime}+\gamma^{\prime}$. От Теорема 2 имаме, че $\alpha^{\prime}=\beta+\gamma$, $\beta^{\prime}=\alpha+\gamma$ и $\gamma^{\prime}=\alpha+\beta.$. Нека сега в сборът $\alpha^{\prime}+\beta^{\prime}+\gamma^{\prime}$ заменим всяко едно от събираемите съответно с техните равни т.е $\alpha^{\prime}$ с $\beta+\gamma$, $\beta^{\prime}$ с $\alpha+\gamma$ и $\gamma^{\prime}$ с $\alpha+\beta$. Така получаваме равенството $\alpha^{\prime}+\beta^{\prime}+\gamma^{\prime}=\beta+\gamma+\alpha+\gamma+\alpha+\beta$, от където $\alpha^{\prime}+\beta^{\prime}+\gamma^{\prime}=2(\alpha+\beta+\gamma)$ и тъй като $\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}$ следва, че $\alpha^{\prime}+\beta^{\prime}+\gamma^{\prime}=360^{\circ}$ и задачата е решена.

3 Задача Ъглополовящите $AA_1$ и $BB_1$ на $\triangle ABC$ се пресичат в точката $O$. Намерете $\gamma$, ако $\sphericalangle AOB=125^{\circ}.$

Решение:

Ще използваме стандартните означения за ъглите в $\triangle ABC$. Тъй като $AA_1$ и $BB_1$ са ъглополовящи следва, че $\sphericalangle CAA_1=\sphericalangle A_1AB=\frac{\alpha}{2}$ и $\sphericalangle CBB_1=\sphericalangle B_1BA=\frac{\beta}{2}$. Според Теорема 1 за триъгълника $AOB$ имаме, че $\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\sphericalangle AOB=180^{\circ}$, следователно $\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+125^{\circ}=180^{\circ}$, от където намираме, че $\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=55^{\circ}$. Нека запишем $\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=55^{\circ}$ във вида $\frac{\alpha+\beta}{2}=55^{\circ}$. Така получаваме, че $\alpha+\beta=110^{\circ}$. Сега прилагаме Теорема 1 за $\triangle ABC$ и имаме, че $\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}.$ Ние вече получихме, че $\alpha+\beta=110^{\circ}$ и следователно $110^{\circ}+\gamma=180^{\circ}$ и $\gamma=70^{\circ}$ с което задачата е решена.

4 Задача В $\triangle ABC$ с ъгли $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ ъглополовящата на $\sphericalangle BAC$ пресича ъглополовящата на външния ъгъл при върха $B$ в точка $P$. Намерете $\sphericalangle APB$.

Решение:

Нека $AL$ е ъглополовяща на $\sphericalangle BAC\implies$ $\sphericalangle CAL=\sphericalangle LAB=\frac{\alpha}{2}$. От $\sphericalangle CBK$ - външен за $\triangle ABC\implies$ $\sphericalangle CBK=180^{\circ}-\beta$. Тъй като $BP$ е ъглополовяща $\implies$ $\sphericalangle KBP=\sphericalangle CBP=\frac{180^{\circ}-\beta}{2}=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}$. Така от $\triangle ABP$, като приложим Теорема 1 следва, че $\sphericalangle APB=180^{\circ}-(\sphericalangle PAB+\sphericalangle ABP)$. Като вземем в предвид, че $\sphericalangle ABP=\sphericalangle ABL+\sphericalangle LBP$ $\implies$ $\sphericalangle APB=180^{\circ}-(\frac{\alpha}{2}+\beta+90^{\circ}-\frac{\beta}{2})=180^{\circ}-(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+90^{\circ})=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}$. 

5 Задача В $\triangle ABC$ точките $M$ и $N$ са съответно от страните $AC$ и $BC$ и са такива, че $MN\parallel AB$. На колко е равно отношението $\sphericalangle ABM:\sphericalangle MBN$, ако $\sphericalangle MNC$ е с $20$% по-голям от $\sphericalangle MBN$.

Решение:

Нека $\sphericalangle MBN=\alpha$ $\implies$ $\sphericalangle MNC=\alpha+\frac{20}{100}\alpha=$ $=\alpha+\frac{1}{5}\alpha=\frac{6}{5}\alpha$. Тъй като $\sphericalangle MNC$ и $\sphericalangle MNB$ са съседни ъгли следва, че $\sphericalangle MNB=180^{\circ}-\frac{6}{5}\alpha$. От $\triangle BMN$ имаме, че 

$\sphericalangle BMN= 180^{\circ}-(\alpha+180^{\circ}-\frac{6}{5}\alpha)=180^{\circ}-\alpha-180^{\circ}+\frac{6}{5}\alpha=\frac{1}{5}\alpha$. Но тъй като $MN\parallel AB$ и $\sphericalangle ABM$ и $\sphericalangle BMN$ са кръстни ъгли следва, че $\sphericalangle ABM=\sphericalangle BMN=\frac{1}{5}\alpha$. Тогава отношението $\sphericalangle ABM:\sphericalangle MBN=\frac{\frac{1}{5}\alpha}{\alpha}=\frac{\alpha}{5\alpha}=\frac{1}{5}$, т.е. $\sphericalangle ABM:\sphericalangle MBN=1:5$.

6 Задача Даден е $\triangle ABC$, в който $CH$ е височина. Ако $\sphericalangle ACH=\alpha$ и $\sphericalangle BCH=\beta$, намерете ъглите на $\triangle ABC$.

Решение:

От правоъгълния триъгълник $AHC$ от Теорема 1 имаме, че $\sphericalangle CAH=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha$. От правоъгълния триъгълник $BCH$, като приложим Теорема 1 получаваме, че

 $\sphericalangle ABC=180^{\circ}-(90^{\circ}+\beta)=90^{\circ}-\beta$, следователно $\sphericalangle A=90^{\circ}-\alpha$, $\sphericalangle B=90^{\circ}-\beta$ и $\sphericalangle C=\alpha+\beta$.

7 Задача Височината $AH$ и ъглополовящата $BL$ в $\triangle ABC$ се пресичат в точка $O$. Ако $\sphericalangle LOH=125^{\circ}$ и $\sphericalangle CAH=40^{\circ}$, намерете ъглите на $\triangle ABC$.

Решение:

Тъй като $AH$ е височина следва, че $\sphericalangle AHC=\sphericalangle AHB=90^{\circ}$. За $\triangle AHC$ имаме, че $\sphericalangle CAH=40^{\circ}$ и $\sphericalangle AHC=90^{\circ}$ следователно $\sphericalangle ACH=180^{\circ}-130^{\circ}=50^{\circ}$. От друга страна тъй като $\sphericalangle LOH=125^{\circ}$ той е съседен на $\sphericalangle HOB\implies$ $\sphericalangle HOB=180^{\circ}-125^{\circ}=55^{\circ}$. Сега за $\triangle HOB$ имаме, че $\sphericalangle OBH=180^{\circ}-145^{\circ}=35^{\circ}$. Тъй като $BL$ е ъглополовяща следва, че $\sphericalangle LBC=\sphercalangle LBA$ и от тук имаме, че $\sphericalangle LBC=\sphericalangle LBA=35^{\circ}$от където получаваме, че $\sphericalangle ABC=70^{\circ}$. Сега за $\triangle ABC$ намираме $\sphericalangle A=180^{\circ-\sphericalangle B-\sphericalangle C}$ $180^{\circ}-70^{\circ}-50^{\circ}=60^{\circ}$.

Задачи за самостоятелна работа

1. Намерете мерките на ъглите в един триъгълник, ако те се отнасят както числата $4:3:2.$

2. Даден е $\triangle ABC$ с $\sphericalangle CAB=65^{\circ}$ и $\sphericalangle ABC=73^{\circ}$. Ъглополовящата $CD$ на $\sphericalangle BCA$ $(D\in AB)$ разделя дадения триъгълник на други два триъгълника - $\triangle ADC$ и $\triangle BDC$. Намерете ъглите на тези триъгълници.

3. Ако мерките на външните ъгли на триъгълник се отнасят както $4:3:5$, намерете вътрешните му ъгли.

4. В триъгълник един от вътрешните му ъгли е $40^{\circ}$, а един външен ъгъл е $30^{\circ}$. Намерете ъглите на този триъгълник.

5. В триъгълника $ABC$ е известно, че $\sphericalangle A$ е с $10$% по-голям от $\sphericalangle B$ и тъпият ъгъл  между ъглополовящите $AL$ и $CN$ е равен на $115^{\circ}$. Да се намери $\sphericalangle C$.

Още обяснени и решени задачи свързани с този урок можете да намерите в клипа ми даден по-долу:

Използвана литература:

1. Сборник за 7 клас, Пенка Рангелова, Константин Бекриев, Лилия Дилкина, Нина Иванова изд. Коала Прес, Пловдив, 2020

2. Тест Математика 7 клас, Донка Гълъбова, Адриана Хаджийска, Анна Аначкова и др., изд. Веди, София, 2020 

3. Сборник задачи по математика за 7 клас, Мария Лилкова, Пенка Нинова, Таня Стоева и др., изд. Просвета, София

4. Книга за ученика за 7 клас, Здравка Паскалева, Мая Алашка, Райна Алашка, изд. Архимед, София, 2018

5. Текуща подготовка по математика за наицоналното външно оценяване в 7 клас, Боянка Савова, Мария Тодорова, Веселин Златилов, изд. Просвета, София, 2020

6. Нови пробни изпити за външно оценяване и кандидатстване след 7 клас, изд. Регалия 6, София 2015 

7. Тестове по математика, Любомир Любенов, Цеца Байчева, изд. DOMINO, 2017

8. Нови тематични и общи тестове по математика за 7 клас, Марина Рангелова, изд. Коала Прес, 2008

9. Учебно помагало за задължително избираема подготовка по математика за 7 клас, Иван Тонов, Таня Тонова, изд. Просвета, София, 2011

10. Тестове по математика за 7 клас, Лилия Дилкина, Константин Бекриев, изд. Коала Прес, Пловдив, 2014

11. Сборник контролни работи и тестове по математика 7 клас, Пенка Рангелова, изд. Коала Прес, Пловдив, 2009

12. Сп. Математика

13. Сп. Математика +