Перпендикуляр от точка към права. Правоъгълен триъгълник с ъгъл $30^{\circ}$ 7 клас

 Ще започнем този урок, като припомним някои важни теореми.

Теорема 1: През точка, която лежи на дадена права, минава само една права, перпендикулярна на дадената.

Теорема 2: През точка, нележаща на дадена права, минава точно една права, перпендикулярна на дадената права.

Определение 1: Разстояние от точка до права се нарича дължината на перпендикуляра спуснат от точката към правата.

Теорема 3: Ако две прави са успоредни, то точките от едната от тях се намират на равни разстояния от другата права. 

Теорема 4: Ако в правоъгълен триъгълник един от острите ъгли е $30^{\circ}$, то катетът срещу този ъгъл е навен на половината от хипотенузата.

Теорема 5: Ако в правоъгълен триъгълник единият катет е равен на половината от хипотенузата, то острият ъгъл срещу този катет е $30^{\circ}$.

1 Задача Намерете дължината на хипотенузата на правоъгълен триъгълник с остър ъгъл $30^{\circ}$, ако тя е с $4$ см по-дълга от катета срещу ъгъла от $30^{\circ}$.
Решение:

Нека $\sphericalangle ACB=90^{\circ}$, $\sphericalangle ABC=30^{\circ}$ и $AC=x$, следователно от условието на задачата имаме, че $AB=x+4$. Сега прилагаме Теорема 4, според която $AC=\frac{AB}{2}$. Така получаваме, че $x=\frac{x+4}{2}$ от тук $2x=x+4$ и следователно $x=4$. Така получихме, че $AC=4$ см и $AB=8$ см.

2 Задача Нека $\triangle ABC$ е правоъгълен триъгълник с прав ъгъл при върха $C$, $\sphericalangle ABC=60^{\circ}$ и $CD$ е височината от върха $C$. Докажете, че $AD=3BD$.
Решение:

Тъй като $\sphericalangle ABC=60^{\circ}$ и $\sphericalangle BAC=90^{\circ}$, следва, че $\sphericalangle BAC=30^{\circ}$ (прилагаме теоремата за сбор на ъгли в триъгълник, виж тук). Освен това, тъй като $CD$ е височина следва, че $\sphericalangle BDC=90^{\circ}$ и от $\sphericalangle DBC=60^{\circ}$ следва, че $\sphericalangle DCB=30^{\circ}$ (отново прилагаме теоремата за сбор на ъгли в триъгълник). Сега прилагаме Теорема 4 от този урок за правоъгълният триъгълник $ABC$, от където получаваме, че $BC=\frac{1}{2}AB$. Същото правим и за правоъгълният триъгълник $BDC$ и имаме, че $BD=\frac{1}{2}BC$, т.е. $BC=2BD$. Следователно $2BD=\frac{1}{2}AB$ и $AB=4BD$. Но $AB=AD+BD$, от където  заместваме $AB$ с $4BD$ и получаваме, че $4BD=AD+BD$ и $AD=3BD$. Исканото равенство е доказано и с него задачата е решена.

3 Задача В равностранния триъгълник $ABC$ точката $M$ е среда на $AC$. Разстоянието от точката $M$ до $BC$ е $24$ $cm$. Намерете дължината на отсечката $BM$.

Решение:

Тъй като разстоянието от точка до права е перпендикулярът спуснат от точката към правата следва, че $MK\perp BC$ и $\sphericalangle MKC=\sphericalangle MKB=90^{\circ}$. Тъй като $\triangle ABC$ е равностранен (повече за равнобедрения и равностранния триъгълник може да научите тук) следва, че $\sphericalangle A=\sphericalangle B=\sphericalangle C=60^{\circ}$. Имаме, че точка $M$ е среда на $AC$ и следователно $BM$ е медиана, височина и ъглополовяща в $\triangle ABC$. От тук получаваме, че $\sphericalangle BMA=\sphericalangle BMC=90^{\circ}$, $AM=MC$ и $\sphericalangle ABM=\sphericalangle CBM=30^{\circ}$. От правоъгълникят триъгълник $BMK$  имаме, че $\sphericalangle MBK=30^{\circ}$ и от Теорема 4 следва, че $MK=\frac{1}{2}BM\implies BM=48$ $cm$.

Задачи за самостоятелна работа:

1. Нека $\triangle ABC$ е правоъгълен с прав ъгъл при върха $C$, $\sphericalangle ABC=60^{\circ}$ и $AB=10$ см. Намерете периметъра на $\sphericalangle BDC$, където $D$ е средата на хипотенузата $AB$.

2. Даден е правоъгълен триъгълник $ABC$ $(\sphericalangle C=90^{\circ})$, в който $AC=\frac{1}{2}AB$. През средата $P$ на катета $AC$ е построена права, успоредна на $BC$, която пресича $AB$ в точката $Q$. Докажете, че $PQ=\frac{1}{2}BC$.

3.  За $\triangle ABC$ с $\sphericalangle BAC=105^{\circ}$ и $\sphericalangle ACB=45^{\circ}$ е построена височината $AH$ $(H\in BC)$. Докажете, че $AB=AH+CH$.

4. В правоъгълния $\triangle ABC$ $(\sphericalangle C=90^{\circ})$ $AL$ $(L\in BC)$ е ъглополовяща. Докажете, че:

а) ако $AL=BL=2CL$, то $\sphericalangle B=30^{\circ}$;

б) ако $\sphericalangle B=30^{\circ}$, то $AL=BL=2CL$. 

5. В $\triangle ABC$ $\sphericalangle ACB=90^{\circ}$ и $AB=2BC$. Симетралата на страната $AB$ пресича страните $AB$ и $AC$ съответно в точките $M$ и $N$. Докажете, че:

а) $\sphericalangle ABC=60^{\circ}$; б) $S_{\triangle AMC}=S_{\triangle MBC}$; в) $BN$ е симетрала на $MC$; г) $S_{\triangle AMN}:S_{\triangle ABC}=1:3$. 

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 +