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 АРХИМЕДarhimed2000@abv.bgwww.arhimedbg.comтел.: 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.