Upload
others
View
14
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
UDK 51(072) Na295
Autoriai ALDONA NAVICKIENĖ, RŪTA ŠVELNIKIENĖ
Pirmasis leidimas 2011
ISBN 978-5-430-05708-4
Navickienė, AldonaNa295 Matematika : išplėstinis kursas: mokytojo knyga gimnazijos III klasei, vidurinės
mokyklos XI klasei / Aldona Navickienė, Rūta Švelnikienė. – Kaunas: Šviesa, 2011. – ... p.: iliustr.. – (Mokytojo knyga: MK)
Bibliogr., p. . ISBN 978–5–430–05708–4
Ši mokytojo knyga pritaikyta prie A. Ambraškienės ir kt. autorių parengto vadovėlio „Matematika. Išplėstinis kursas. Vadovėlis gimnazijos III klasei, vidurinės mokyklos 11 klasei“.
Knyga suskirstyta į tokius pačius skyrius ir skyrelius kaip ir vadovėlis. Joje rasite matema-tikos kurso ilgalaikį planą, visų užduočių atsakymus, o kai kurių ir sprendimus. Kiekvieno skyriaus pabaigoje yra uždavinių klasifi kacijos pagal rūšis lentelė, pateikiama faktų ir įdomybių iš matematikos istorijos.
UDK 51(072)+372.851
© Rūta Švelnikienė, 2011 © Aldona Navickienė, 2011 © Leidykla „Šviesa“, 2011
Ilgalaikis matematikos mokymo gimnazijos III klasėje (11 klasėje) planas 5
Turinys
1. Aibės ir teiginiai 181.1. Aibės 181.2. Teiginiai 191.3. Teiginių įrodymo metodai 21 Pasitikrinkite 25
2. Planimetrija 312.1. Kampai apskritime 312.2. Įbrėžtiniai ir apibrėžtiniai daugiakampiai (ir apskritimai) 332.3. Taisyklingieji daugiakampiai 35 2.4. Bukojo kampo trigonometrinės funkcijos 382.5. Sinusų ir kosinusų teoremos 392.6. Sinusų ir kosinusų teoremų taikymas 41 Pasitikrinkite 43
5
Ilgalaikis matematikos mokymo gimnazijos III klasėje (11 klasėje) planas
Bendroji informacija: 4 pamokos per savaitę (144 pamokos per metus).
Mokymo ir mokymosi priemonės• Vidurinio ugdymo bendrosios programos. Matematika (patvirtinta Lietuvos Respublikos
švietimo ir mokslo ministro 2011 m. vasario 21 d. įsakymu Nr. V-269, plane žymima BP).• Matematika. Išplėstinis kursas. Vadovėlis gimnazijos III klasei, vidurinės mokyklos 11 klasei.
Pirmoji knyga, 2010. • Matematika. Išplėstinis kursas. Vadovėlis gimnazijos III klasei, vidurinės mokyklos 11 klasei.
Antroji knyga, 2010.• Matematika 11. Uždavinynas, 2003.• Pekarskas V. Matematika. Kurso kartojimo medžiaga, 2004.• Razmas R., Teišerskis J., Vitkus V. Matematikos uždavinynas XI-XII klasei, 1997.
Mokymo ir mokymosi uždaviniaiMokytojo padedami ir (ar) savarankiškai, mokiniai, siekdami plėtoti matematinę kompetenciją, turėtų:
• įgyti matematikos žinių ir plėtoti įgūdžius, susijusius su atskiromis matematikos sritimis, • atlikti praktines užduotis, nagrinėti ir spręsti praktines ir teorines problemas taikydami
matematinius metodus, kritiškai vertinti gautus rezultatus, daryti išvadas ir apibendrinimus,• suvokti įgytų matematinių žinių praktinę, mokslinę ir istorinę vertę (BP);
gebėtų:1) atpažinti sąvokas, terminus, sąryšius, simbolius, santrumpas, modelius;2) apibrėžti, savais žodžiais paaiškinti ir tinkamai vartoti pagrindines sąvokas, matavimo vienetus,
simbolius;3) atlikti paprasčiausius standartinius skaičiavimus;4) naudoti matematinius modelius paprastoms užduotims atlikti;5) naudotis formulių rinkiniais, braižymo įrankiais, IKT ir kitomis priemonėmis, reikalingomis
mokantis matematikos;6) taikyti paprasčiausius standartinius algoritmus, komentuoti atliekamas procedūras, pateikti jų
taikymo pavyzdžių;7) formuluoti teiginius, apibendrinimus ir išvadas, paaiškinti savo teiginius ir argumentus raštu ar
schema, juos pagrįsti (įrodyti);8) teisingai suprasti uždavinių sąlygas bei kitokius nesudėtingus matematinius tekstus;9) pastebėti dėsningumus paprasčiausiose standartinėse situacijose ir priimti argumentuotus
sprendimus taikydami matematikos žinias;10) derinti kelias standartines procedūras spręsdami sudėtingesnį uždavinį;11) pagrįsti uždavinio sprendimo žingsnius teorinėmis žiniomis: matematiniais simboliais, sche-
momis, lentelėmis, grafi kais, diagramomis, nuosekliai aprašyti uždavinio sprendimą ir paaiškin-ti jo svarbiausius etapus;
12) diskutuoti matematinėmis temomis, pristatydami informaciją;13) taikyti matematikos vidinius ryšius ir matematikos ryšius su kitais dalykais; 14) taikyti matematinius modelius aprašydami įvairias (realaus turinio ir matematines) situacijas; 15) esant probleminei situacijai, kelti hipotezes ir jas tikrinti; 16) taikyti problemų sprendimo strategijas: analizuoti problemą (nustatyti objektų bei reiškinių
sąryšius ir dėsningumus), uždavinį suskaidyti į lengviau įveikiamas, geriau išnagrinėtas dalis; susiplanuoti problemos ar sudėtingos užduoties atlikimą;
17) daryti tikslias logines išvadas, jas pagrįsdami, argumentuodami, apibendrindami, įrodyti tei-ginių teisingumą;
6
18) demonstruoti matematinių idėjų originalumą;19) atsirinkti tinkamą informaciją, kai jos pateikta per daug;20) argumentuotai pagrįsti savo atsakymus į atvirus probleminius klausimus;21) kritiškai įsivertinti gautus rezultatus;22) kritiškai vertinti savo gebėjimus ir galimybes mokytis matematikos; 23) išsikelti realius mokymosi tikslus ir uždavinius;24) tikslingai planuoti mokymąsi atsižvelgdami į mokymosi uždavinius;25) taikyti įvairias matematikos mokymosi strategijas;26) nuolat vertinti savo mokėjimą mokytis matematikos ir veiklos rezultatus (BP 4.7.1.1–4.7.6.5).
VertinimasVertinimas – tai nuolatinis informacijos apie mokinio mokymosi pažangą ir pasiekimus kaupimo, interpretavimo ir apibendrinimo procesas. Vertinimas planuojamas kartu su ugdymo procesu. Planuojant vertinimą atsižvelgiama į mokinių pasiekimus ir išgales, remiamasi Bendrųjų programų reikalavimais, iškeltais tikslais, tariamasi su mokiniais, kitais mokytojais.Diagnostinis vertinimas – vertinimas, kuriuo naudojamasi siekiant išsiaiškinti mokinio pasieki-mus ir padarytą pažangą baigus temą ar kurso dalį, kad būtų galima numatyti tolesnio mokymosi galimybes, suteikti pagalbą įveikiant sunkumus. Formuojamasis vertinimas – nuolatinis vertinimas ugdymo proceso metu, kuris padeda numa-tyti mokymosi perspektyvą, pastiprinti daromą pažangą, skatina mokinius mokytis analizuoti esa-mus pasiekimus ar mokymosi spragas, sudaro galimybes mokiniams ir mokytojams geranoriškai bendradarbiauti. Apibendrinamasis vertinimas – vertinimas, naudojamas baigus programą, kursą, modulį. Jo re-zultatai formaliai patvirtina mokinio pasiekimus ugdymo programos pabaigoje.(Mokinių pažangos ir pasiekimų vertinimo samprata. Patvirtinta Lietuvos respublikos švietimo ir mokslo ministro 2004 m. vasario 25 d. įsakymu Nr. ISAK-256.)Formuojamasis vertinimas – nuolat.Diagnostinis vertinimas - diagnostinės užduotys, skiriamos išnagrinėjus kiekvieną skyriaus temą.Kaupiamasis vertinimas – savarankiški darbai, apimantys atskiras skyriaus temas (SD).Apibendrinamasis vertinimas – kontrolinis darbas, vertinamas pažymiu, išnagrinėjus ir susisteminus visą skyriaus medžiagą (KD).
Mokymo ir mokymosi turinio santrauka
Eilės nr. Skyriaus pavadinimas Pamokų skaičius Pastabos
1. Aibės ir teiginiai 9
2. Planimetrija 19
3. Vektoriai 16
4. Skaičių aibės ir reiškiniai 18
5. Funkcijos 12
6. Lygtys, nelygybės ir jų sistemos 27
7. Laipsninės funkcijos 8
8. Rodiklinė ir logaritminė funkcijos 14
9. Sekos 15
10. Rezervinis laikas 6
Iš viso per mokslo metus: 144
7
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
1. A
ibės
ir t
eigi
niai
9
1.1.
Aib
ės2
Geb
ėti p
aaišk
inti
sąvo
kas:
aibė
, aib
ių s
ąjun
ga, s
anki
rta,
aib
ės
poai
bis,
pap
ildin
ys.
Mok
ėti v
arto
ti fo
rmal
ius
aibi
ų ir
jų v
eiks
mų
simbo
lius.
Mok
ėti r
asti
dvie
jų a
ibių
sąj
ungą
, san
kirt
ą, s
kirt
umą.
1.2.
Tei
gini
ai2
Skir
ti te
igin
ius
nuo
kitų
sak
inių
nag
rinė
jant
pap
rast
as s
ituac
ijas.
Susif
orm
uoti
aksio
mos
ir te
orem
os s
ampr
atą.
G
ebėt
i iš p
atei
ktos
teor
emos
išsk
irti
sąly
gą ir
išva
dą.
Žin
oti,
kad
tiesio
ginė
teor
ema
ir at
virk
štin
ė pr
iešin
gai t
eore
mai
yr
a ek
viva
lenč
ios.
1.3.
Tei
gini
ų įro
dym
o m
etod
ai3
Geb
ėti p
aaišk
inti
tiesio
gini
o įro
dym
o m
etod
ą ir
jį ta
ikyt
i pap
ras-
tais
ir ne
sudė
tinga
is at
veja
is.G
ebėt
i paa
iškin
ti pr
iešt
aros
met
odą
ir jį
taik
yti p
apra
stai
s at
veja
is.Su
form
uluo
ti pa
teik
tai t
eore
mai
atv
irkšt
inę
teor
emą.
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te1
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
1G
ebėt
i tai
kyti
įvai
rius
teig
inių
įrod
ymo
met
odus
.K
DB
P 1.
1.3,
1.3
.1, 1
.3.2
, 1.
4.1,
1.4
.2
2. P
lani
met
rija
20
2.1.
Kam
pai a
pskr
itim
e2
Skir
ti ap
skri
timo
cent
rinį
kam
pą n
uo įb
rėžt
inio
.Ž
inot
i, ka
ip ra
sti v
ieno
jo d
idum
ą, k
ai ž
inom
as k
ito d
idum
as.
Geb
ėti t
aiky
ti įb
rėžt
inio
kam
po s
avyb
es.
2.2.
Įbrė
žtin
iai i
r api
brėž
tinia
i da
ugia
kam
piai
(ir a
pskr
itim
ai)
3G
ebėt
i suf
orm
uluo
ti įb
rėžt
o į t
rika
mpį
ir a
pibr
ėžto
api
e tr
ikam
pį
apsk
ritim
o sa
vybe
s.Ž
inot
i ir g
ebėt
i įro
dyti
įbrė
žto
į aps
kriti
mą
ir ap
ibrė
žto
apie
ap-
skri
timą
ketu
rkam
pio
pagr
indi
nes
savy
bes.
8
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
2.3.
Tai
sykl
ingi
eji d
augi
akam
piai
3G
ebėt
i paa
iškin
ti įb
rėžt
o į a
pskr
itim
ą ta
isykl
ingo
jo d
augi
akam
pio
ir ap
ibrė
žto
apie
aps
kriti
mą
taisy
klin
gojo
dau
giak
ampi
o są
voka
s.M
okėt
i aps
kaič
iuot
i sąr
yšiu
s ta
rp ly
giak
rašč
io tr
ikam
pio,
kva
drat
o ir
taisy
klin
gojo
šešia
kam
pio
kraš
tinės
ilgi
o ir
įbrė
žtin
io b
ei a
pi-
brėž
tinio
aps
kriti
mų
spin
dulio
ilgi
o.Ta
ikyt
i šia
s ži
nias
spr
endž
iant
įvai
rias
užd
uotis
.
SDG
alim
a pa
siūly
ti da
rbą
„Par
ketų
kūr
imas
“ (m
atem
atik
os ir
dai
lės
inte
grav
imas
).
2.4.
Buk
ojo
kam
po tr
igon
omet
rinė
s fu
nkci
jos
1G
ebėt
i aps
kaič
iuot
i buk
ojo
kam
po s
inus
ą, k
osin
usą,
tang
entą
.Su
sieti
su 1
0 kl
. pa
teik
tom
is sm
ailio
jo
kam
po s
inus
o, k
osin
uso
apib
rėžt
imis.
2.5.
Sin
usų
ir ko
sinus
ų te
orem
os5
Žin
oti i
r geb
ėti į
rody
ti ko
sinus
ų te
orem
ą ir
sinus
ų te
orem
ą, tr
i-ka
mpi
o pl
oto
form
ulę
S =
1 2 ab si
n ,
taik
yti š
ias
žini
as tr
ikam
pio,
ke
turk
ampi
o ir
taisy
klin
gųjų
dau
giak
ampi
ų el
emen
tam
s be
i plo
tui
rast
i.
SDSu
sieti
su 1
sky
riuj
e pa
teik
tais
įrody
mo
met
odai
s.
2.6.
Sin
usų
ir ko
sinus
ų te
orem
ų ta
ikym
as
2Ta
ikyt
i sin
usų
teor
emą
ir ko
sinus
ų te
orem
ą sp
rend
žian
t pra
ktin
io
bei m
atem
atin
io tu
rini
o už
davi
nius
.
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te2
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
2Ta
ikyt
i žin
ias
apie
plo
kštu
mos
fi gū
ras
spre
ndži
ant n
esud
ėtin
gus
įvai
rių
plok
štum
os fi
gūrų
, jų
dalių
bei
jung
inių
ele
men
tų il
gių,
ka
mpų
dyd
žių,
per
imet
rų ir
plo
tų, s
kaič
iavi
mo
užda
vini
us, į
roda
nt
teig
iniu
s.Ta
ikyt
i tri
gono
met
rijo
s ži
nias
spr
endž
iant
pap
rast
us g
eom
etri
nius
(p
rakt
inio
bei
mat
emat
inio
turi
nio)
užd
avin
ius.
KD
BP
4.1,
4.2
3. V
ekto
riai
16
3.1.
Vek
tori
aus
sąvo
ka ir
žym
enys
2G
ebėt
i api
brėž
ti ve
ktor
ių k
aip
plok
štum
os k
rypt
inę
atka
rpą.
A
tpaž
inti
kolin
eari
uosiu
s ( a
↑↑b,
a↑↓
b) b
ei ly
giuo
sius
vekt
oriu
s.M
okėt
i užr
ašyt
i ir t
aiky
ti ve
ktor
ių ly
giag
retu
mo
(kol
inea
rum
o)
sąly
gą.
Įžve
lgti
vekt
oriu
s ge
omet
rini
uose
brė
žini
uose
.
9
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
3.2.
Vek
tori
ų al
gebr
a2
Žin
oti,
kaip
atli
ekam
i vei
ksm
ai s
u ve
ktor
iais
grafi
škai
plo
kštu
mo-
je, i
r geb
ėti j
uos
atlik
ti.SD
Paro
dyti,
kad
vek
tori
ų al
gebr
a tu
ri d
aug
pana
šu-
mų
su p
apra
stąj
a al
gebr
a.
3.3.
Ska
liari
nė d
viej
ų ve
ktor
ių
sand
auga
2Ž
inot
i vek
tori
ų sk
alia
rinė
s sa
ndau
gos
apib
rėžt
į, sa
vybe
s, ta
ikyt
i ja
s pa
pras
tiem
s ir
nesu
dėtin
giem
s pr
aktin
io ir
mat
emat
inio
turi
nio
užda
vini
ams
sprę
sti.
SD
3.4.
Vek
tori
ai k
oord
inač
ių
plok
štum
oje.
Vek
tori
aus
koor
dina
tės,
ilgis.
Vei
ksm
ai s
u ve
ktor
iais
2G
ebėt
i išr
eikš
ti ve
ktor
ių k
oord
inat
ėmis
( a =
(x; y
), =
x +
y)
ir ap
skai
čiuo
ti jo
ilgį
. Ž
inot
i, ka
ip u
žraš
omi v
eiks
mai
koo
rdin
atėm
is, ir
geb
ėti j
uos
atlik
ti.
Skat
inti
mok
iniu
s pa
lygi
n-ti
veik
smų
su v
ekto
riai
s, pa
teik
tais
kryp
tinėm
is at
-ka
rpom
is ir
koor
dina
tėm
is,
pran
ašum
us ir
trūk
umus
, ta
ikym
o ga
limyb
es.
3.5.
Ska
liari
nė v
ekto
rių
daug
yba
3Ž
inot
i vek
tori
ų, iš
reik
štų
koor
dina
tėm
is, s
kalia
rinė
s da
ugyb
os
savy
bes,
taik
yti j
as p
apra
stie
ms
ir ne
sudė
tingi
ems
užda
vini
ams
sprę
sti.
Mok
ėti a
pska
ičiu
oti k
ampo
tarp
vek
tori
ų di
dum
ą nu
rody
tu ti
ks-
lum
u, k
ai v
ekto
riai
išre
ikšt
i koo
rdin
atėm
is.
SD
3.6.
Vek
tori
ai e
rdvė
je2
Geb
ėti a
pibr
ėžti
vekt
orių
kai
p er
dvės
kry
ptin
ę at
karp
ą. Iš
reik
šti
vekt
orių
koo
rdin
atėm
is (
= (x
; y; z
), =
x +
y+
z),
apsk
ai-
čiuo
ti jo
ilgį
.Ž
inot
i, ka
ip u
žraš
omi v
eiks
mai
koo
rdin
atėm
is.
Pasiū
lyti
mok
inia
ms
pari
nkti
kuo
įvai
resn
ių
pavy
zdži
ų, il
iust
ruoj
anči
ų ve
ktor
ių ta
ikym
ą.
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te1
Geb
ėti t
aiky
ti ve
ktor
ius
nesu
dėtin
giem
s sk
aiči
avim
o ir
įrody
mo
užda
vini
ams
sprę
sti.
BP
4.4.
4
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
2N
audo
tis v
ekto
riau
s są
voka
ir v
eiks
mų
savy
bėm
is sp
rend
žian
t pa
pras
tus
bei į
rody
mo
užda
vini
us.
KD
BP
4.4
4. S
kaič
ių a
ibės
ir r
eišk
inia
i20
4.1.
Rac
iona
lieji
skai
čiai
2G
ebėt
i paa
iškin
ti ai
bės
ir sk
aiči
ų ai
bės
sąvo
ką. Ž
inot
i, ka
ip s
kaič
ių
aibė
s va
izdu
ojam
os s
kaič
ių ti
esėj
e.M
okėt
i pav
erst
i deš
imta
ines
per
iodi
nes
trup
men
as p
apra
stos
iom
is
ir at
virk
ščia
i.
10
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
4.2.
Rea
lieji
skai
čiai
2Ž
inot
i rea
liųjų
ska
ičių
aib
ės s
anda
rą.
Mok
ėti p
alyg
inti
real
iuos
ius
skai
čius
, apv
alin
ti nu
rody
tu ti
kslu
mu.
Geb
ėti p
apra
sčia
usia
is at
veja
is įv
ertin
ti sk
aiči
avim
o re
zulta
tų
tikslu
mą.
Mok
ėti a
tlikt
i vei
ksm
us s
u sk
aiči
ais,
užra
šyta
is st
anda
rtin
e išr
aišk
a.
Prim
inti
mok
inia
ms,
kaip
ap
skai
čiuo
jam
a ab
soliu
čioj
i ir
sant
ykin
ė pa
klai
dos.
4.3.
n-t
ojo
laip
snio
šakn
ys2
Žin
oti n
-toj
o la
ipsn
io ša
knie
s ap
ibrė
žtį,
veik
smų
su n
-toj
o la
ipsn
io
šakn
imis
savy
bes.
Mok
ėti a
tlikt
i nes
udėt
ingu
s ve
iksm
us s
u n-
tojo
laip
snio
šakn
imis.
Geb
ėti p
agrįs
ti n-
tojo
laip
snio
šakn
ų sa
vybe
s.
Prad
edan
t nag
rinė
ti sk
yre-
lį, re
ikėt
ų pa
tikri
nti m
oki-
nių
gebė
jimus
atli
kti v
eiks
-m
us s
u kv
adra
tinėm
is ša
k-ni
mis
ir pa
pras
tais
reišk
i-ni
ais,
kuri
uose
yra
laip
snių
su
sve
ikai
siais
rodi
klia
is.
4.4.
Lai
psni
ai s
u ra
cion
alia
isiai
s ir
real
iaisi
ais
rodi
klia
is2
Mok
ėti n
-toj
o la
ipsn
io ša
knį i
šrei
kšti
laip
sniu
su
trup
men
iniu
ro
dikl
iu ir
atv
irkšč
iai.
Žin
oti l
aips
nių
(su
real
iuoj
u ro
dikl
iu) s
avyb
es.
Geb
ėti j
as ta
ikyt
i nes
udėt
ingi
ems
reišk
inia
ms
pert
vark
yti.
SD
4.5.
Ska
ičia
us lo
gari
tmas
3M
okėt
i api
brėž
ti sk
aiči
aus
loga
ritm
ą.Ž
inot
i, ka
s yr
a de
šimta
inis
loga
ritm
as.
Žin
oti,
kas
yra
natū
ralu
sis lo
gari
tmas
. M
okėt
i aps
kaič
iuot
i deš
imta
iniu
s ir
natū
raliu
osiu
s lo
gari
tmus
.
4.6.
Pag
rind
inės
loga
ritm
ų sa
vybė
s1
Geb
ėti,
rem
iant
is lo
gari
tmo
apib
rėžt
imi i
r/ar
loga
ritm
ų sa
vybė
mis,
aps
kaič
iuot
i log
aritm
inių
reišk
inių
ska
itine
s re
ikšm
es.
Geb
ėti p
ertv
arky
ti ne
sudė
tingu
s re
iškin
ius.
Mok
ėti p
agrįs
ti lo
gari
tmų
savy
bes.
Loga
ritm
ų at
sirad
imas
ir
skai
čiav
imo
tech
niko
s to
bulė
jimas
(int
egra
cija
su
istor
ija).
4.7.
Rei
škin
iai i
r jų
tapa
tieji
pert
vark
iai
3Su
pras
ti, m
okėt
i paa
iškin
ti ir
naud
oti s
ąvok
as: r
acio
nalu
sis
reiš
kiny
s ir
iraci
onal
usis
reiš
kiny
s. M
okėt
i nus
taty
ti ra
cion
alio
jo ir
ira
cion
alio
jo re
iškin
ių le
istin
ųjų
reik
šmių
aib
ę (a
pibr
ėžim
o sr
itį).
Mok
ėti t
apač
iai p
ertv
arky
ti ra
cion
aliu
osiu
s re
iškin
ius
naud
ojan
t gr
eito
sios
daug
ybos
form
ules
(a
± b
)3 = a
3 ± 3
a2 b +
3ab
2 ± b
3 ,a3 ±
b3 =
(a ±
b)(
a2 ∓ a
b +
b2 ).
Geb
ėti a
pska
ičiu
oti p
apra
stų
reišk
inių
su
mod
uliu
reik
šmes
.
SD
11
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te3
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
2G
ebėt
i nes
udėt
inga
s sit
uaci
jas
apra
šyti
alge
brin
iais
reišk
inia
is.M
okėt
i aps
kaič
iuot
i šių
reišk
inių
ska
itine
s re
ikšm
es a
r dyd
žio
reik
šmes
pag
al n
urod
ytą
form
ulę.
Geb
ėti t
aiky
ti ve
iksm
ų su
laip
snia
is ir
veik
smų
su n
-toj
o la
ipsn
io
šakn
imis
savy
bes
spre
ndži
ant s
kaič
iavi
mo,
reišk
inių
per
tvar
kym
o ir
paly
gini
mo
užda
vini
us.
Geb
ėti t
aiky
ti sk
aiči
aus
loga
ritm
o ap
ibrė
žtį i
r sav
ybes
spr
endž
iant
sk
aiči
avim
o, re
iškin
ių p
ertv
arky
mo
ir pa
lygi
nim
o už
davi
nius
.
KD
BP
1.3,
1.4
, 1.5
5. F
unkc
ijos
12
5.1.
Fun
kcija
, jos
reišk
imo
būda
i. Fu
nkci
jos
grafi
kas
2Pa
kart
oti s
ąvok
as: f
unkc
ija, f
unkc
ijos
argu
men
tas,
funk
cijo
s re
ikšm
ė,
funk
cijo
s ap
ibrė
žim
o sr
itis,
funk
cijo
s re
ikšm
ių s
ritis
. G
ebėt
i sie
ti įv
airi
us fu
nkci
jų re
iškim
o bū
dus.
Mok
ėti i
š pat
eikt
o gr
afi k
o (e
skiz
o) a
rba
pate
ikto
s fo
rmul
ės n
usta
-ty
ti, s
u ku
riom
is ar
gum
ento
reik
šmėm
is: fu
nkci
ja įg
yja
nuro
dytą
re
ikšm
ę, fu
nkci
jos
reik
šmės
yra
teig
iam
os (a
rba
neig
iam
os),
funk
cijo
s re
ikšm
ės y
ra d
ides
nės
ar m
ažes
nės
už n
urod
ytą
skai
čių.
5.2.
Fun
kcijo
s gr
afi k
o tr
ansf
orm
acijo
s2
Geb
ėti n
ubrė
žti f
unkc
ijos
grafi
ką
(esk
izą)
.G
ebėt
i atli
kti f
unkc
ijos
grafi
ko
tran
sfor
mac
ijas
turi
nt fu
nkci
jos
f(x)
gra
fi ką,
nub
rėžt
i fun
kcijų
f(x)
± b
, f(x
± b
), af
(x),
|f(x)
| gr
afi k
us.
Nau
dotis
turi
mom
is IK
T
prie
mon
ėmis
funk
cijų
gr
afi k
ams
brėž
ti.
5.3.
Fun
kcijo
s di
dėjim
o ir
maž
ėjim
o in
terv
alai
1Ž
inot
i did
ėjan
čios
ios
ir m
ažėj
anči
osio
s in
terv
ale
funk
cijo
s ap
i-br
ėžtis
. Pap
rasč
iaus
iais
atve
jais
mok
ėti a
naliz
iškai
ir iš
funk
cijo
s gr
afi k
o nu
stat
yti f
unkc
ijos
reik
šmių
did
ėjim
o ir
maž
ėjim
o in
terv
alus
.
Pate
ikti
med
žiag
ą su
sieja
nt
su n
elyg
ybių
spr
endi
mu.
5.4.
Lyg
inė
ir ne
lygi
nė fu
nkci
jos.
Peri
odin
ė fu
nkci
ja2
Geb
ėti i
š gra
fi ko
(esk
izo)
ir p
asin
audo
jant
api
brėž
timi n
usta
tyti
funk
cijo
s ly
ginu
mą,
per
iodi
škum
ą.
SDPa
kart
oti,
kaip
kei
čiam
as
ženk
las
reišk
iniu
ose.
12
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
5.5.
Fun
kcija
i atv
irkšt
inė
funk
cija
3G
ebėt
i nus
akyt
i iš g
rafi k
o fu
nkci
jai a
tvirk
štin
ės fu
nkci
jos
egzi
stav
imo
sąly
gas
(did
ėjan
čioj
i arb
a m
ažėj
anči
oji).
Geb
ėti i
liust
ruot
i ryš
į tar
p fu
nkci
jos
ir ja
i atv
irkšt
inės
funk
cijo
s gr
afi k
ų.M
okėt
i pat
ikri
nti,
ar d
vi fu
nkci
jos
yra
vien
a ki
tai a
tvirk
štin
ės.
Geb
ėti u
žraš
yti d
uota
i fun
kcija
i atv
irkšt
inę
funk
ciją
, nur
odyt
i jų
apib
rėži
mo
bei r
eikš
mių
sri
tis.
Paka
rtot
i, ka
ip ra
ndam
os
dvie
jų fu
nkci
jų g
rafi k
ų sa
nkir
tos
tašk
o ko
ordi
natė
s sp
rend
žian
t lyg
tis
f(x)
= g
(x).
Nau
dotis
turi
mom
is IK
T
prie
mon
ėmis
funk
cijų
gr
afi k
ams
brėž
ti.
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te1
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
1G
ebėt
i nus
taty
ti ne
sudė
tingų
funk
cijų
api
brėž
imo
ir re
ikšm
ių
sriti
s, išt
irti
funk
cijo
s ly
ginu
mą,
nub
rėžt
i gra
fi ką,
nur
odyt
i fun
k-ci
jos
didė
jimo
ir m
ažėj
imo
inte
rval
us, r
asti
funk
cija
i atv
irkšt
inę
funk
ciją
, jos
reik
šmių
ir a
pibr
ėžim
o sr
itį, p
apra
sčia
usia
is at
veja
is nu
brėž
ti at
virk
štin
ės fu
nkci
jos
grafi
ko
eski
zą.
KD
BP
2.5
6. L
ygty
s, n
elyg
ybės
ir jų
s
iste
mos
28
6.1.
Tie
sinės
ir k
vadr
atin
ės ly
gtys
2G
ebėt
i paa
iškin
ti, k
ą re
iškia
išsp
ręst
i lyg
tį, k
ą va
dina
me
jos
spre
n-di
niu,
kai
p pa
tikri
nti,
ar s
kaič
ius
yra
lygt
ies
spre
ndin
ys.
Geb
ėti a
trin
kti t
am ti
kras
sąl
ygas
tenk
inan
čius
lygt
ies
spre
ndin
ius.
Geb
ėti p
aaišk
inti,
ką
reišk
ia e
kviv
alen
čios
ios
lygt
ys, i
r pat
eikt
i pa
vyzd
žių.
M
okėt
i spr
ęsti
kvad
ratin
es ly
gtis
taik
ant į
vair
ius
spre
ndim
o bū
dus
(Vie
to te
orem
ą, iš
skir
iant
piln
ą kv
adra
tą).
6.2.
Tru
pmen
inės
raci
onal
iosio
s ly
gtys
2G
ebėt
i spr
ęsti
raci
onal
iąsia
s ly
gtis.
Mok
ėti n
usta
tyti
lygt
ies
apib
rėži
mo
sritį
.
6.3.
Lyg
tys
su m
odul
iu3
Geb
ėti g
rafi n
iu ir
alg
ebri
niu
būdu
spr
ęsti
papr
asta
s ly
gtis
|f(x)
| = a
, čia
f(x)
– n
e au
kšte
snio
kai
p an
troj
o la
ipsn
io d
augi
ana-
ris,
|g(x
)| ±
|h(x
)| =
b, č
ia g
(x),
h(x)
– p
irm
ojo
laip
snio
dau
gian
a-ri
s, o
a ir
b –
real
ieji
skai
čiai
.
SDN
audo
tis tu
rim
omis
IKT
pr
iem
onėm
is fu
nkci
jų
grafi
kam
s br
ėžti.
13
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
6.4.
Auk
štes
nioj
o la
ipsn
io ly
gtys
2Sp
rend
žian
t auk
štes
nioj
o la
ipsn
io ly
gtis,
mok
ėti k
eist
i než
inom
ąjį
ir pe
rtva
rkyt
i į ly
gtį f
(x)
g(x
) = 0
, čia
f(x)
, g(x
) – n
e au
kšte
snio
ne
gu a
ntro
jo la
ipsn
io d
augi
anar
is.
6.5.
Irac
iona
liosio
s ly
gtys
2M
okėt
i spr
ęsti
iraci
onal
iąsia
s ly
gtis:
¿
f(x)
¡ = a
, 3 ¿f(
x)¡ =
a, ¿
f(x)
¡ = ¿
g(x)
¡,g(
x)
¿f(
x)¡ =
0, č
ia f(
x) ir
g(x
) yra
ne
aukš
tesn
io n
egu
antr
ojo
laip
snio
dau
gian
aria
i, a
– re
alus
is sk
aiči
us;
¿f(
x)¡ =
g(x
), či
a f(
x) y
ra n
e au
kšte
snio
neg
u an
troj
o la
ipsn
io
daug
iana
ris,
o g(
x) –
pir
moj
o la
ipsn
io d
augi
anar
is;
¿f(
x)¡ +
¿h(
x)¡ =
g(x
), či
a f(
x), g
(x) i
r h(x
) – p
irm
ojo
laip
snio
da
ugia
nari
ai.
Geb
ėti n
usta
tyti
lygt
ies
apib
rėži
mo
sritį
.
6.6.
Lyg
tys
su d
viem
než
inom
aisia
is,
jų s
istem
os2
Geb
ėti p
aaišk
inti,
kok
ie y
ra ly
gčių
su
dvie
m n
ežin
omai
siais
siste
mos
spr
endi
mo
būda
i. M
okėt
i spr
ęsti
lygč
ių s
u dv
iem
než
inom
aisia
is sis
tem
as, k
urių
vi
ena
lygt
is yr
a tie
sinė,
o k
ita –
kva
drat
inė
arba
raci
onal
ioji.
G
ebėt
i pav
aizd
uoti
lygt
ies
su d
viem
než
inom
aisia
is ir
lygč
ių
su d
viem
než
inom
aisia
is sis
tem
os s
pren
dini
us k
oord
inač
ių
plok
štum
oje.
Mok
ėti s
udar
yti t
iesin
ę ly
gtį s
u dv
iem
než
inom
aisia
is, k
ai ž
inom
i du
jos
spre
ndin
iai.
Mok
ėti p
atik
rint
i, ar
duo
ti pl
okšt
umos
tašk
ai
(du,
trys
ir d
augi
au) y
ra v
ieno
je ti
esėj
e.
SD
6.7.
Tie
sinės
ir k
vadr
atin
ės
nely
gybė
s3
Mok
ėti s
pręs
ti kv
adra
tines
nel
ygyb
es, g
ebėt
i pav
aizd
uoti
spre
ndin
ius
skai
čių
tiesė
je, u
žraš
yti s
pren
dini
ų ai
bę in
terv
alu.
G
ebėt
i paa
iškin
ti, k
ą re
iškia
ekv
ival
enči
osio
s ne
lygy
bės,
pate
ikti
pavy
zdži
ų.
6.8.
Inte
rval
ų m
etod
as2
Mok
ėti s
pręs
ti ra
cion
alią
sias
nely
gybe
s.G
ebėt
i pav
aizd
uoti
spre
ndin
ius
skai
čių
tiesė
je, u
žraš
yti s
pren
dini
ų ai
bę in
terv
alu.
14
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
6.9.
Nel
ygyb
ių s
istem
os, d
vigu
bosio
s ne
lygy
bės
2G
ebėt
i spr
ęsti
nely
gybi
ų sis
tem
as, k
urių
nel
ygyb
ės y
ra n
e au
kšte
snio
kai
p an
troj
o la
ipsn
io.
Geb
ėti p
avai
zduo
ti ne
lygy
bių
siste
mos
spr
endi
nius
ska
ičių
ties
ėje,
m
okėt
i užr
ašyt
i spr
endi
nių
aibę
inte
rval
u.
6.10
. Nel
ygyb
ės s
u m
odul
iu2
Mok
ėti g
rafi š
kai i
nter
pret
uoti
ir sp
ręst
i nel
ygyb
es s
u m
odul
iu
(|f(x
)| *
a, č
ia f(
x) –
pir
moj
o la
ipsn
io d
augi
anar
is, *
žym
i <, >
, ≤
arba
≥, a
– re
alus
is sk
aiči
us).
SD
6.11
. Gra
fi nis
lygč
ių ir
nel
ygyb
ių s
u vi
enu
neži
nom
uoju
spr
endi
mas
2G
ebėt
i nur
odyt
i lyg
čių
f(x)
= 0
ir f(
x) =
g(x
) (či
a f(
x), g
(x) –
ne
aukš
tesn
io n
egu
antr
ojo
laip
snio
dau
gian
aris)
spr
endi
nių
skai
čių,
sp
rend
žian
t lyg
tis g
rafi n
iu b
ūdu.
Mok
ėti g
rafi š
kai i
liust
ruot
i nel
ygyb
ių (f
(x) *
g(x
), či
a *
žym
i <,
>, ≤
arb
a ≥)
spr
endi
nių
aibe
s, ka
i f(x
) ir g
(x) y
ra ti
esio
gini
o ar
atv
irkšč
iojo
pro
porc
ingu
mo
funk
cijo
s, tie
sinės
funk
cijo
s, kv
adra
tinės
funk
cijo
s).
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te2
Geb
ėti s
ituac
ijas
apra
šyti
lygt
imis,
nel
ygyb
ėmis
bei s
istem
omis.
G
ebėt
i gau
tus
spre
ndin
ius
susie
ti su
situ
acija
.
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
2M
okėt
i spr
ęsti
kvad
ratin
es, r
acio
nalią
sias
ir pa
pras
tas
iraci
onal
ią-
sias
lygt
is, ly
gtis
su m
odul
iu b
ei ly
gtis,
kur
ias
galim
a pa
keist
i to
kiom
is: f(
x)
g(x)
= 0
, f(
x)g(
x) =
0; č
ia f(
x), g
(x) –
ne
aukš
tesn
io
negu
ant
rojo
laip
snio
dau
gian
aris.
Geb
ėti s
pręs
ti kv
adra
tines
ir n
esud
ėtin
gas
raci
onal
iąsia
s ne
lygy
bes,
papr
asta
s ne
lygy
bes
su m
odul
iu.
Geb
ėti s
pręs
ti dv
iejų
nel
ygyb
ių s
u vi
enu
neži
nom
uoju
ir ly
gčių
su
dvie
m n
ežin
omai
siais
siste
mas
. M
odel
iuot
i lyg
timis,
nel
ygyb
ėmis
bei j
ų sis
tem
omis
papr
asta
s m
atem
atin
es ir
real
ias
prob
lem
as.
BP
2.1,
2.2
, 2.3
, 2.4
15
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
7. L
aips
ninė
s fu
nkci
jos
8
7.1.
Fun
kcijo
s f(
x) =
xn ,
kuri
ų n
N1
Mok
ėti b
rėžt
i lai
psni
nės
funk
cijo
s gr
afi k
ą (e
skiz
ą) ir
atli
kti
funk
cijo
s gr
afi k
o (e
skiz
o) tr
ansf
orm
acija
s.G
ebėt
i nur
odyt
i int
erva
lus,
kuri
uose
f(x)
* a
, (či
a *
žym
i <, >
, ≤,
≥, a
– re
alus
is sk
aiči
us),
kai f
unkc
ija iš
reik
šta
grafi
ku
ir/ar
fu
nkci
jos
form
ule.
Geb
ėti n
usta
tyti
funk
cijo
s ly
ginu
mą.
Siet
i žin
ias
apie
laip
snin
ių
funk
cijų
gra
fi kų
pobū
dį
lygi
nant
raci
onal
iuos
ius
skai
čius
, nus
tata
nt ly
gčių
sp
rend
inių
ska
ičia
us
prik
laus
omyb
ę nu
o pa
ram
etro
reik
šmės
.
7.2.
Fun
kcijo
s f(
x) =
x–n
, arb
a f(
x) =
1
xn, ku
rių
n N
2G
ebėt
i nus
taty
ti fu
nkci
jos
apib
rėži
mo
bei r
eikš
mių
sri
tis, f
unkc
ijos
reik
šmių
did
ėjim
o, m
ažėj
imo,
pas
tovu
mo
inte
rval
us, d
idži
ausią
ar
maž
iaus
ią fu
nkci
jos
reik
šmes
(nur
odyt
ame
inte
rval
e), r
emia
ntis
funk
cijo
s gr
afi k
u. Iš
nagr
inėt
i bei
pag
rįsti
funk
cijų
f(x)
= x
n , ku
rių
n N
yra
lygi
nis
arba
nel
ygin
is sk
aiči
us, s
avyb
es.
7.3.
Fun
kcijo
s f(
x) =
n ¿x
, kur
ių
n N
, n ≥
2
2G
ebėt
i nus
taty
ti fu
nkci
jos
apib
rėži
mo
bei r
eikš
mių
sri
tis, f
unkc
ijos
reik
šmių
did
ėjim
o, m
ažėj
imo,
pas
tovu
mo
inte
rval
us, d
idži
ausią
ar
maž
iaus
ią fu
nkci
jos
reik
šmes
(nur
odyt
ame
inte
rval
e), r
emia
ntis
funk
cijo
s gr
afi k
u.B
rėžt
i fun
kcijų
f(x)
= n ¿
x , n
N
, n ≥
2, g
rafi k
ų es
kizu
s ir
nagr
inėt
i fun
kcijų
sav
ybes
taik
ant ž
inia
s ap
ie n
-toj
o la
ipsn
io
šakn
is. P
anau
doti
funk
cijų
f(x)
= n ¿
x , n
N
, n ≥
2, g
rafi k
us
nust
atan
t rac
iona
liųjų
lygč
ių ir
nel
ygyb
ių s
pren
dini
ų sk
aiči
ų ir
rand
ant a
pytik
slius
spr
endi
nius
.
7.4.
Fun
kcijo
s f(
x) =
xp ,
kuri
ų p
Q1
Paai
škin
ti, k
odėl
funk
cijų
f(x)
= x
p , ku
rių
p Q
, api
brėž
imo
sriti
s yr
a D
f = (0
; +∞
). Si
stem
inti
žini
as a
pie
laip
snin
es fu
nkci
jas,
jų
grafi
kus
ir s
avyb
es.
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te1
Sprę
sti į
vair
ias
uždu
otis
su la
ipsn
inėm
is fu
nkci
jom
is.
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
1Ta
ikyt
i lai
psni
nių
funk
cijų
f(x)
= x
n , ku
rių
n –
bet k
oks
natū
ra-
lusis
ska
ičiu
s, f(
x) =
k x, f(x
) = ¿
x , f
(x) =
3 ¿x
sav
ybes
spr
endž
iant
pa
pras
tus
įvai
raus
turi
nio
užda
vini
us.
KD
BP
2.6
16
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
8. R
odik
linė
ir lo
gari
tminė
f
unkc
ija14
8.1.
Rod
iklin
ė fu
nkci
ja2
Mok
ėti b
rėžt
i rod
iklin
ės fu
nkci
jos
grafi
ką
(esk
izą)
.G
ebėt
i atli
kti f
unkc
ijos
grafi
ko
tran
sfor
mac
ijas.
Žin
oti i
r geb
ėti t
aiky
ti ro
dikl
inės
funk
cijo
s sa
vybe
s.
Pasin
audo
ti sk
yrel
io 5
.2
išvad
omis.
8.2.
Rod
iklin
ės ly
gtys
ir n
elyg
ybės
4G
ebėt
i spr
ęsti
nesu
dėtin
gas
rodi
klin
es ly
gtis
ir ne
lygy
bes.
Geb
ėti t
aiky
ti ro
dikl
inės
funk
cijo
s sa
vybe
s sp
rend
žian
t užd
avin
ius
(pop
ulia
cijo
s au
gim
o, ra
dioa
ktyv
iojo
ski
limo
ir ki
tų p
roce
sų,
sudė
tinių
pro
cent
ų ir
kt.).
SDPr
isim
inti
pagr
indi
nius
ly
gčių
ir n
elyg
ybių
spr
en-
dim
o bū
dus.
Inte
grac
ija s
u fi z
ika,
bio
lo-
gija
, eko
nom
ika.
8.3.
Log
aritm
inė
funk
cija
2M
okėt
i brė
žti l
ogar
itmin
ės fu
nkci
jos
grafi
ką
(esk
izą)
.G
ebėt
i atli
kti f
unkc
ijos
grafi
ko
tran
sfor
mac
ijas.
Žin
oti i
r geb
ėti t
aiky
ti lo
gari
tmin
ės fu
nkci
jos
savy
bes.
8.4.
Log
aritm
inės
lygt
ys ir
nel
ygyb
ės4
Geb
ėti s
pręs
ti ne
sudė
tinga
s lo
gari
tmin
es ly
gtis
ir ne
lygy
bes.
SD
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te1
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
1G
ebėt
i tai
kyti
rodi
klin
ės fu
nkci
jos
savy
bes
spre
ndži
ant
mat
emat
inio
ir p
rakt
inio
turi
nio
užda
vini
us.
Geb
ėti t
aiky
ti lo
gari
tmin
ės fu
nkci
jos
savy
bes.
KD
BP
2.7,
2.8
9. S
ekos
16
9.1.
Ska
ičių
sek
os, j
ų re
iškim
o bū
dai
2G
ebėt
i paa
iškin
ti sk
aiči
ų se
kos
sąvo
ką, p
atei
kti s
kaič
ių s
ekų
pavy
z-dž
ių, u
žraš
ant p
irm
uosiu
s jo
s na
rius
.G
ebėt
i atk
urti
seko
s na
rius
pag
al s
ekos
n-t
ojo
nari
o fo
rmul
ę ar
re
kure
nčią
ją fo
rmul
ę.
Geb
ėti u
žraš
yti p
apra
stos
sek
os n
-toj
o na
rio
form
ulę.
9.2.
Ari
tmet
inė
prog
resij
a2
Mok
ėti a
pibr
ėžti
aritm
etin
ę pr
ogre
siją.
G
ebėt
i išv
esti,
žin
oti i
r mok
ėti t
aiky
ti n-
tojo
nar
io fo
rmul
ę sp
ren-
džia
nt n
esud
ėtin
gus
užda
vini
us.
Ats
klei
sti a
ritm
etin
ės
prog
resij
os, t
iesin
ės
funk
cijo
s ir
tiesin
io
augi
mo
(maž
ėjim
o),
papr
astų
jų p
alūk
anų
ryšį.
17
Vado
vėlio
sky
rius
, tem
aPa
mok
ų sk
aiči
usM
okin
ių ž
inio
s, g
ebėj
imai
ir s
upra
timas
Vert
inim
asPa
stab
os
9.3.
Ari
tmet
inės
pro
gres
ijos
sum
a3
Geb
ėti i
šves
ti, ž
inot
i ir m
okėt
i tai
kyti
pirm
ųjų
n na
rių
sum
os
form
ulę
spre
ndži
ant n
esud
ėtin
gus
užda
vini
us.
SD
9.4.
Geo
met
rinė
pro
gres
ija2
Mok
ėti a
pibr
ėžti
geom
etri
nę p
rogr
esiją
. G
ebėt
i išv
esti,
žin
oti i
r mok
ėti t
aiky
ti n-
tojo
nar
io fo
rmul
ę sp
ren-
džia
nt n
esud
ėtin
gus
užda
vini
us.
Ats
klei
sti g
eom
etri
nės
prog
resij
os ir
rodi
klin
ės
funk
cijo
s, ek
spon
entin
io
augi
mo
(maž
ėjim
o), s
udė-
tinių
pal
ūkan
ų ry
šį.
9.5.
Geo
met
rinė
s pr
ogre
sijos
sum
a3
Geb
ėti i
šves
ti, ž
inot
i ir m
okėt
i tai
kyti
pirm
ųjų
n na
rių
sum
os
form
ules
spr
endž
iant
nes
udėt
ingu
s už
davi
nius
.SD
9.6.
Nyk
stam
oji g
eom
etri
nė
prog
resij
a2
Suvo
kti,
koki
a se
ka y
ra n
ykst
amoj
i geo
met
rinė
pro
gres
ija. G
ebėt
i pa
teik
ti pa
vyzd
žių,
iliu
stru
ojan
čių
seko
s ri
bos
sąvo
ką.
Mok
ėti t
aiky
ti be
galin
ės n
ykst
amos
ios
geom
etri
nės
prog
resij
os
sum
os fo
rmul
ę pa
pras
čiau
siem
s už
davi
niam
s sp
ręst
i.Ž
inot
i, ka
s yr
a sk
aiči
us e
.G
ebėt
i sie
ti pr
ogre
sijas
su
papr
astų
jų ir
sud
ėtin
ių p
alūk
anų
skai
-či
avim
u ir
sprę
sti n
esud
ėtin
gus
užda
vini
us.
Mok
ėti s
pręs
ti dy
džio
pro
cent
inio
did
ėjim
o ir/
arba
maž
ėjim
o už
davi
nius
.
Sist
emin
imas
. Pas
itikr
inki
te1
Sprę
sti į
vaira
us m
atem
atin
io ir
real
aus
turi
nio
uždu
otis
taik
ant
žini
as a
pie
seka
s ir
jų s
avyb
es.
Rez
ulta
tų v
ertin
imas
/įsiv
ertin
imas
1G
ebėt
i apr
ašyt
i pap
rast
as re
alia
s ir
mat
emat
ines
situ
acija
s ar
itme-
tinėm
is ir
geom
etri
nėm
is pr
ogre
sijom
is be
i rem
iant
is pr
ogre
sijų
savy
bėm
is išs
pręs
ti ir
įver
tinti/
patik
rint
i gau
tus
rezu
ltatu
s.
KD
BP
1.2
18
1.1 A – skaičiaus 4 kartotinių ir skaičiaus 0 aibė, B – nelyginių skaičių aibė, C – natūraliųjų skaičių kvadratų aibė, D – pirminių skaičių aibė, E – skaičiaus 3 kartotinių ir skaičiaus 0 aibė.
1.2 a) {90, 522, 692, 7 232 430}; b) {45, 90, 522, 45 063, 7 232 430}; c) {692}; d) {45, 90, 7 232 430}; e) {90, 7 232 430}; f) {45, 90}. 1.3 a) A ∪ B = {0, 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10}, A ∩ B = {6}, A\B = {0, 2, 4, 8, 10};
b) A ∪ B = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A ∩ B = {2, 4, 6}, A\B = {8}; c) A ∪ B = {10, 11, 13, 14, 15}, A ∩ B = {13}, A\B = {11, 15}.
1.4 Teisingi teiginiai: B, D.
Aibės ir teiginiai
1
Lengviausios: 1.1–1.7, 1.9–1.11.Vidutinio sunkumo: 1.8, 1.13 a), b), 1.15–1.17.Sunkiausios: 1.12, 1.13 c), d), 1.14, 1.18.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
1.1. Aibės
MOKINIAI TURĖTŲ mokėti paaiškinti sąvokas: aibių sąjunga, sankirta, aibės poaibis, papildinys, mokėti vartoti aibių ir jų veiksmų simbolius, mokėti rasti dviejų aibių sąjungą, sankirtą, skirtumą.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• aibės ir skaičių aibės sąvoką,• skaičių aibės vaizdavimą skaičių tiesėje,• lygčių ir nelygybių sprendimą.
ŠIAME SKYRELYJEPrimenama aibės sąvoka, aiškinama, kokie veiksmai atliekami su aibėmis, nagrinėjami aibės sąvokos taikymo pavyzdžiai.
19
1.2. Teiginiai
MOKINIAI TURĖTŲ skirti teiginius nuo kitų sakinių nagrinėdami paprastas situacijas, susiformuoti aksiomos ir teoremos sampratą, gebėti iš pateiktos teoremos išskirti sąlygą ir išvadą, žinoti, kad tiesioginė teorema ir atvirkštinė priešingai teoremai yra ekvivalenčios.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• teiginius (aksiomas), su kuriais mokiniai susipažino pagrindinėje mokykloje.
ŠIAME SKYRELYJESupažindinama su teiginio sąvoka, aiškinamos aksiomos, teoremos sąvokos, prisimenamos teoremos ir joms atvirkštinės teoremos.
1.5 a) A ∩ B A; b) A A ∪ B; c) kai A = B. 1.6 a) Gali; b) gali; c) negali; d) negali; e) gali; f) gali. 1.7 a) Ne; b) ne; c) taip; d) taip. 1.8 A = {1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25}, B{1, 5, 9, 13, 17, 21, 25}. A ∪ B = {1, 4, 5, 7, 9, 10, 13, 16, 17, 19, 21, 22, 25}, A ∩ B = {1, 13, 25}, A\B = {4, 7, 10, 16, 19, 22}, B\A = {5, 9, 17, 21}. 1.9 A ∩ U = {1, 2, 3}, A ∪ U = N, A\U = Æ, U\A = {4, 5, 6, ...}. 1.10 Aibė A yra tuščioji.
1.11 {45, 9
10, 4950} A.
1.12 A: n + 1n2 , n ≥ 2, n N, B: 2n
3n + 2, n N.
1.13 a) {–3 ¿2 , 3 ¿2 }; b) {1,5}; c) (–; 0]; d) {0}.
1.14 a) {0, 6} ∪ {–2, 6} = {–2, 0, 6}; b) {0, 6} ∩ {–2, 6} = {6}. 1.15 x2 + y2 = 9 sprendinių aibę sudaro apskritimo, kurio centras O(0; 0) ir spindulys lygus 3, taškai. 1.16 Žr. 1.1 pav. a)
b)
1.1 pav.
1.17 a) ((–, –4) ∩ (–, 5]) ∪ ((–4, +) ∩ [5, +)) = (–, –4) ∪ [5, +); b) ((–, –3) ∩ [–5, 5]) ∪ (((–, –5] ∪ [5, +)) ∩ (–3, +)) = [–5, –3) ∪ [5, +).
1.18 a) (–, –12) ∪ (–2, +); b) (((–, –3) ∪ (3, +)) ∩ (–, 2)) ∪ ((–3, 3) ∩ (2, +)) = (–, –3) ∪ (2, 3).
Aibės ir teiginiai
20
1.19 Apibrėžtys: b), d); teoremos: c), f); aksiomos: a), e). 1.20 a) Stačiakampis, kurio kraštinės yra lygios, vadinamas kvadratu. b) Rombas, kurio kampai yra
statūs, vadinamas kvadratu. c) Lygiagretainis, kurio kraštinės yra lygios ir kampai statūs, vadi-namas kvadratu. d) Keturkampis, kurio priešingos kraštinės yra lygios ir lygiagrečios, o kampai statūs, vadinamas kvadratu.
1.21 a) Apskritimu vadinama figūra, kurią sudaro visi plokštumos taškai, vienodai nutolę nuo vieno taško.
b) Lygiagretainiu vadiname keturkampį, kurio priešingos kraštinės yra lygiagrečios. c) Keturkampis, kurio dvi priešingos kraštinės yra lygiagrečios, o kitos dvi – nelygiagrečios,
vadinamas trapecija. d) Natūralusis skaičius, turintis daugiau negu du daliklius, vadinamas sudėtiniu. e) Nelygybės sprendiniu vadinama jos apibrėžimo srities kintamojo reikšmė, su kuria nelygybė
yra teisinga. f) Lygtys, turinčios vienodus sprendinius, vadinamos ekvivalenčiosiomis. g) Stačiojo trikampio smailiojo kampo sinusu vadinamas statinio, esančio prieš tą kampą, ilgio
ir įžambinės ilgio santykis. Stačiojo trikampio smailiojo kampo kosinusu vadinamas statinio, esančio prie to kampo, ilgio ir įžambinės ilgio santykis. Stačiojo trikampio smailiojo kampo tangentu vadinamas statinio, esančio prieš tą kampą, ilgio ir statinio, esančio prie to kampo, ilgio santykis.
h) Funkcija vadinama lygine, jei su visais x iš apibrėžimo srities teisinga lygybė f(–x) = f(x). i) Viena šimtoji dalis vadinama procentu. 1.22 Teisingi teiginiai: a), c), d), e), f), g), i); klaidingi teiginiai: b), h). 1.23 Pavyzdžiui, teiginys „Trikampio kampų suma lygi 180°“ – teisingas, o teiginys „Trikampio du
kampai bukieji“ – klaidingas. 1.24 a) Žinoma: tiesės a ir b statmenos trečiai tiesei. Reikia įrodyti: tiesė a lygiagreti su tiese b. b) Žinoma: vieno trikampio trys kraštinės proporcingos kito trikampio atitinkamoms kraš-
tinėms. Reikia įrodyti: trikampiai yra panašieji. c) Žinoma: du skaičiai dalijasi iš 13. Reikia įrodyti: tų skaičių skirtumas dalijasi iš 13. d) Žinoma: nubrėžta lygiagretainio įstrižainė. Reikia įrodyti: gauti du lygieji trikampiai. e) Žinoma: trikampiai yra panašieji. Reikia įrodyti: trikampių plotų santykis lygus panašumo
koeficiento kvadratui. f) Žinoma: figūra yra rombas. Reikia įrodyti: plotas lygus įstrižainių sandaugos pusei. g) Žinoma: skaičius yra lyginis. Reikia įrodyti: jo kvadratas yra skaičiaus 4 kartotinis. h) Žinoma: sandauga lygi 0. Reikia įrodyti: bent vienas daugiklis lygus nuliui. 1.25 a) Jei trikampis lygiakraštis, tai jo visi kampai lygūs. b) Jei skaičius lyginis, tai jis dalijasi iš 2. c) Jei lygiagrečiąsias tieses kirsime kirstine, tai gautieji priešiniai kampai bus lygūs. d) Jei natūraliojo skaičiaus paskutinis skaitmuo 0, tai jis yra skaičiaus 10 kartotiniu. e) Jei trikampis lygiašonis, tai į pagrindą nubrėžta aukštinė yra ir pusiaukraštinė. f) Jei skaičiai lyginiai, tai jų suma yra lyginis skaičius. g) Jei trikampiai turi du lygius kampus, tai jie panašieji. h) Jei funkcija yra lyginė, tai jos grafikas simetriškas y ašies atžvilgiu.
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
Lengviausios: 1.19, 1.22, 1.23, 1.24.Vidutinio sunkumo: 1.20, 1.21.Sunkiausios: 1.25.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
21
1.26 Kai n = 1, tai trinario reikšmė yra 19; kai n = 2, tai 23; kai n = 3, tai 29; kai n = 4, tai 37; kai n = 5, tai 47; kai n = 6, tai 59; kai n = 7, tai 73; kai n = 8, tai 89; kai n = 9, tai 107;
kai n = 10, tai 127; kai n = 11, tai 149; kai n = 12, tai 173; kai n = 13, tai 199; kai n = 14, tai 227; kai n = 15, tai 257; kai n = 16, tai 289. 289 turi tris daliklius: 1, 17, 289, todėl jis sudėtinis.
Suformuluotas teiginys nėra teisingas. 1.27 Žr. 1.2 pav. H – bet kuris atkarpos AB vidurio statmens MH
taškas. Tada MAH ir MBH yra lygūs statieji trikampiai, todėl AH = HB.
Taigi taškas M yra vienodai nutolęs nuo atkarpos AB galų. 1.28 Priminkite mokiniams lygiagretainio požymius. Žr. 1.3 pav. ABCD – keturkampis, E, F, G, H – keturkampio
kraštinių vidurio taškai. Nubrėžkime įstrižainę AC. Tada HE yra trikampio ABC vidurinė linija, todėl HE || AC ir HE = 0,5AC. Taip pat FG yra trikampio ADC vidurinė linija, todėl FG || AC ir FG = 0,5AC. Iš čia HE = FG, HE || FG. Todėl keturkampis EFGH yra lygiagretainis.
1.29 Tarkime, a = 2n + 1 ir b = 2k + 1. Jų suma: a + b = 2n + 1 + 2k + 1 = 2k + 2n + 2 = 2(k + n + 1
r { ) = 2r.
Gavome, kad skaičius a + b yra lyginis. Tai ir reikėjo įrodyti. 1.30 Pasirinkime bet kokius keturis iš eilės einančius natūraliuosius skaičius: n, n + 1, n + 2 ir n + 3.
Apskaičiuokime jų sumą: n + n + 1 + n + 2 + n + 3 = 4n + 6 = 2(2n + 3k
{ ) = 2k. Gavome ly-ginį skaičių. Tai ir reikėjo įrodyti.
1.31 Skaičiai ab ir ba yra dviženkliai. Apskaičiuokime jų sumą: ab + ba = 10a + b + 10b + a = = 11a + 11b = 11(a + b). Gavome skaičiaus 11 kartotinį, todėl ab + ba dalijasi iš 11.
1.2 pav.
1.3 pav.
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
Lengviausios: 1.26–1.33, 1.50.Vidutinio sunkumo: 1.34–1.43, 1.49.Sunkiausios: 1.44–1.48.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
1.3. Teiginių įrodymo metodai
MOKINIAI TURĖTŲ mokėti paaiškinti tiesioginio įrodymo metodą ir jį taikyti paprastais atvejais, paaiškinti prieštaros metodą ir jį taikyti paprastais atvejais.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• trikampių lygumo ir panašumo požymius.
ŠIAME SKYRELYJESupažindinama su pagrindiniais teiginių įrodymo metodais: tiesioginiu, prieštaros, kontrapavyzdžio. Mokoma juos taikyti paprastais atvejais.
Aibės ir teiginiai
22
1.32 Prisiminę dalybos su liekana teoremą, rašome: 14m + 3 = a, 14n + 4 = b. Apskaičiuojame sumą: a + b = 14m + 3 + 14n + 4 = 14m + 14n + 7 = 7(2m + 2n + 1
k
{ ) = 7k. Gavome, kad a + b yra 7 kartotinis, todėl jis dalijasi iš 7 be liekanos.
1.33 Kadangi f(x) ir g(x) nelyginės, tai f(–x) = –f(x) ir g(–x) = –g(x). Apskaičiuokime p(–x) == f(–x) ∙ g(–x) = –f(x) ∙ (–g(x)) = f(x) ∙ g(x) = p(x). Remiantis lyginės funkcijos apibrėžtimi, p(x) yra lyginė funkcija.
1.34 a) Žr. 1.4 pav. Tarkime, a – duotoji tiesė, o taškas A yra joje. Vieną tiesės a spindulį, kurio pradžia yra taškas A, pažymėkime a1, ir prie spindulio a1 atidėkime kampą (a1b1), lygų 90°. Tada b1 a. Tarkime, kad egzistuoja kita tiesė, taip pat einanti per taš-ką A ir statmena tiesei a. Šios tiesės spindulį, esantį vienoje pus-plokštumėje su spinduliu b1, pažymėkime c1. Gavome, kad spin-dulio a1 vienoje pusplokštumėje atidėti du kampai:
(a1b1) = 90° ir (a1c) = 90°. Tačiau nurodytoje pusplokštumėje galima atidėti tik vieną kampą, lygų 90°. Gavome priešta-
ravimą. Todėl per kiekvieną tašką, esantį tiesėje, galima nubrėžti tik vieną jai statmeną tiesę. b) Tarkime, yra n-kampis, kurio kampų suma 1900°. Tada (n – 2) 180° = 1900°; iš čia n = 12 59 12 59 N, todėl prielaida neteisinga, o teisingas teoremos tvirtinimas. c) Tarkime, trikampis turi tik vieną smailųjį kampą α ≤ 90°, tada β≥ 90° ir ≥ 90°. Apskai-
čiavę šio trikampio kampų sumą, gauname α + β + > 180°. Gavome prieštaravimą trikampio kampų sumos teoremai. Todėl prielaida neteisinga, o teisingas teoremos tvirtinimas.
d) Žr. 1.5 pav. Tiesės a ir b lygiagrečios su tiese c. Tarkime, tiesės a ir b nėra lygiagrečios, t. y. susikerta taške M. Tada per tašką M eina dvi tiesės (a ir b), lygiagrečios su tiese c. Tačiau tai prieštarauja lygiagrečiųjų tiesių aksiomai. Taigi prielaida netei-singa, todėl a ir b yra lygiagrečios.
e) Žr. 1.6 pav. Tarkime priešingai, tiesės a ir b nėra lygiagrečios. Tada jos susikerta kuriame nors taške C. Iš trikampio ABC:
A + B + C = 180°. Iš čia A + B < 180°. Gavome prieš-taravimą teoremos sąlygai. Todėl prielaida klaidinga, o tiesės a ir b yra lygiagrečios.
1.35 Tarkime, kampai yra kryžminiai, tada α = β ir α – β = 0. Gavome prieštaravimą teoremos sąlygai, jog kampų skirtumas lygus 5°.
Taigi prielaida klaidinga, todėl kampai negali būti kryžminiai. 1.36 Žr. 1.7 pav. Keturkampio ABCD įstrižainė AC dalija keturkampį
į du trikampius. SABC = 12 AC BO ir SADC = 12 AC DO.
Tada SABCD = SABC + SADC = 12 AC BO + 12 AC DO =
= 12 AC(BO + DO) = 12 AC BD.
1.37 Žr. 1.8 pav. BA ir BC yra liestinės. M ir K – lietimosi su mažesniuoju apskritimu taškai, O1M = O1K – mažesniojo apskritimo spinduliai. Pagal liestinės teoremą O1M BA, O1K BC. Taigi taškas O1 yra vienodai nutolęs nuo kam-po kraštinių, todėl jis priklauso kampo pusiaukampi-nei. N ir L – lietimosi su didesniuoju apskritimu taškai, O2N = O2L – didesniojo apskritimo spinduliai. Analo-giškai taškas O2 yra kampo pusiaukampinėje.
1.4 pav.
1.5 pav.
1.6 pav.
1.7 pav.
1.8 pav.
23
1.38 Žr. 1.9 pav. AB – styga, OP – jai statmenas spindulys. Nubrėžę spindu-lius OA ir OB, gauname lygiašonį trikampį. OP AB, todėl OM yra trikampio AOB aukštinė. Remiantis lygiašonio trikampio savybe, ji ir pusiaukraštinė, todėl AM = BM. Taškas M dalija stygą pusiau.
1.39 Žr. vadovėlyje 1.18 pav., p. 22. AB yra bendra apskritimų liestinė. O1ABO2 yra keturkampis. Remdamiesi liestinės teorema, gauna-me: O1A AB, O2B AB. Iš čia: O1A || O2B. Pagal trapecijos apibrėžtį O1ABO2 yra trapecija.
1.40 Darome prielaidą, kad duotieji skaičiai yra lygties sprendiniai: x1 = 1, x2 = –1. Įrašę juos į lyg-
tį, gauname lygčių sistemą: a + b = 1,{ a + b = –1. Sistema sprendinių neturi, todėl prielaida yra kla-
idinga, t. y. skaičiai 1 ir –1 negali būti duotos lygties sprendiniai. 1.41 Lygiakraščio trikampio kraštinė a. Remdamiesi Pitagoro teorema, apskaičiuojame šio trikam-
pio aukštinę:
h = a ¿32 . Tada S = 12 a a ¿3
2 = a2 ¿34 . Įrodyta.
1.42 Žr. 1.10 pav. Nubrėžkime BH AC ir apskaičiuokime trikampių plotus:
SAMB = 12 AM BH, SBMC = 12 MC BH.
Kadangi AM = MC, tai SAMB = SBMC. Įrodyta.
1.43 a) Žr. 1.11 pav. Nubrėžkime CH AB ir apskaičiuokime trikampių plotus: SAMC = 12 AM CH,
SBMC = 12 BM CH.
Apskaičiavę trikampių plotų santykį, gauname:
S AMCSBMC
= AMBM = 37. Įrodyta.
b) Žr. 1.12 pav. Nubrėžkime BH, statmeną AD, ir ap-skaičiuokime trikampių ABD ir CBD plotus:
SABD = 12 AD BH, SCBD = 12 DC BH.
Apskaičiuojame trikampių plotų santykį:
S ABDSCBD
= 12 AD BH
12 DC BH
= ADDC . Įrodyta.
1.44 Žr. 1.13 pav. Per trapecijos viršūnę D ir kraštinės BC vidurio tašką F nubrėžiame tiesę, kuri kerta tiesę AB
taške G. Trikampiai CFD ir BFG lygūs pagal kraš-tinę ir du kampus prie jos. Iš trikampių lygumo išplaukia atitinkamų kraštinių lygumas: DF = FG ir DC = BG. Todėl trapecijos vidurinė linija yra tri-kampio AGD vidurinė linija. Pagal trikampio vidu-rinės linijos savybę
EF || AG ir EF = 12 AG =12 (AB + CD).
Kadangi AB || CD, tai ir EF || CD.
1.9 pav.
1.10 pav.
1.11 pav.
1.12 pav.
1.13 pav.
Aibės ir teiginiai
24
1.45 (Žr. vadovėlyje 1.19 pav., p. 23.) a) Trikampiai ADC ir BDC panašūs į trikampį ABC, nes turi su juo po vieną bendrą smailųjį
kampą ir po statųjį kampą. Trikampiai ADC ir BDC panašūs pagal du kampus: ADC = BDC = 90°, A = 90° – B = DCB. Įrodyta. b) Remiamės trikampių panašumu: 1) ACD ~ CBD, todėl jų kraštinės proporcingos: AD
CD = CDBD , iš čia CD2 = AD BD,
CD = ¿AD BD¡, 2) ACD ~ ABC, todėl jų kraštinės proporcingos: AD
AC = ACAB ; iš čia AC2 = AD AB,
AC = ¿AD AB¡, 3) BCD ~ ABC, todėl jų kraštinės proporcingos: BD
BC = BCAB ; iš čia BC2 = BD AB,
BC = ¿BD AB¡. 1.46 Žr. 1.14 pav. ABC kraštinių vidurio taškus E, F ir G sujungia-
me tiesių atkarpomis. EF yra trikampio ABC vidurinė linija, todėl EF || AB ir 1 = 2, 3 = 4, kaip vidaus priešiniai kampai. Pagal du kampus ADB ~ EDF, taigi jų kraštinės proporcingos:
ADDF = BD
DE = ABEF , bet AB = 2EF, todėl AD
DF = BDDE = 21.
Analogiškai išnagrinėję trikampius ADC ir GDF bei BDC ir EDG, įsitikiname, kad
ADDF = CD
DG = ACGF , arba AD
DF = CDDG = 21, CD
DG = BDDE = BC
GE arba
CDDG = BD
DE = 21. Iš visų gautų santykių lygybės gauname: ADDF = BD
DE = CDDG = 21.
1.47 (Žr. vadovėlyje 1.20 pav., p. 23.) Per tašką B nubrėžiame lygiagrečią su tiese AD1 tiesę, kuri kerta tiesę CC1 taške C2. ABB1 ~ BCC2, nes BAB1 = CBC2, o ABB1 = BCC2.
Kadangi panašiųjų trikampių kraštinės proporcingos, tai ABBC = AB1
BC2. BC2 = B1C1, nes jos yra
lygiagretainio B1BC2C1 priešingos kraštinės. Todėl ABBC = AB1
B1C1 (1). Pritaikę proporcijos savybes,
gauname ABAB1
= BC B1C1
. Analogiškai per tašką C nubrėžiame lygiagrečią su tiese AD1 tiesę, kuri
kerta tiesę DD1 taške D2. Kadangi ABB1 ~ DCD2, tai ABCD = AB1
CD2. CD2 = C1D1, tai
ABCD = AB1
C1D1
arba ABAB1
= CD C1D1
(2). Iš (1) ir (2) lygybių gauname ABAB1
= BC B1C1
= CD C1D1
= ... .
1.48 (Žr. vadovėlyje 1.21 pav., p. 23.) Pažymime CBD = 1, ABD = 2. Per viršūnę A nu-brėžiame tiesę, lygiagrečią su pusiaukampine BD. Ji susikerta su kraštinės BC tęsiniu taške E. BEA = CBD = 1, BAE = ABD = 2, taigi ABE yra lygiašonis, AB = EB. Pagal Talio teoremą BD dalija kampo ACE kraštines į proporcingųjų atkarpų poras: AD
DC = EBBC arba
ADDC = AB
BC, nes EB = AB. Sukeitę proporcijos narius vietomis, gauname ADAB = DC
BC . Įrodyta.
1.49 Remiamės skaitinių nelygybių savybėmis: jei a – b > 0, tai a > b; jei a – b < 0, tai a < b; jei a – b = 0, tai a = b.
a) (6y – 1)(y + 2) – (3y + 4)(2y + 1) = –6 < 0 – nelygybė teisinga. Įrodyta. b) (x + 1)2 – 4x = (x – 1)2 ≥ 0 – nelygybė teisinga. Įrodyta. c) a2 + b2 + 2 – 2(a + b) = a2 – 2a + 1 + b2 – 2b + 1 = (a – 1)2 + (b – 1)2 ≥ 0, – nelygybė tei-
singa. Įrodyta.
d) c2 + 12 – c = c2 – 2c + 1
2 = (c – 1)2
2 ≥ 0 – nelygybė teisinga. Įrodyta.
e) a + 1a – (–2) = a2 + 2a + 1a = (a + 1)2
a ≤ 0, nes a < 0, – nelygybė teisinga. Įrodyta.
f) a + b2 – ¿ab¡ = a – 2 ¿ab¡ + b
2 = (¿a – ¿b )2
2 ≥ 0, – nelygybė teisinga. Įrodyta.
1.14 pav.
25
1.50 a) (2n + 1)2 – (2n – 1)2 = (2n + 1 – 2n + 1)(2n + 1 + 2n – 1) = 2 4n = 8n. Įrodyta. b) Pertvarkome dešinėje lygybės pusėje esantį reiškinį: (x – 3)(y – 5) + 1 = xy – 3y – 5x + 15 + 1 = xy – 3y – 5x + 16. Gavome reiškinį, tapačiai lygų
kairėje lygybės pusėje esančiam reiškiniui. Įrodyta. c) Pertvarkome kairėje ir dešinėje lygybės pusėse esančius reiškinius: (x – 3)(x + 7) – 13 = x2 + 4x – 34; (x + 8)(x – 4) – 2 = x2 + 4x – 34. Gavome tapačiai lygius reiškinius. Įrodyta. d) Pertvarkome dešinėje lygybės pusėje esantį reiškinį: 6 – 18
x + 3 = 6x + 18 – 18x + 3 = 6x
x + 3.
Gavome reiškinį, tapačiai lygų kairėje lygybės pusėje esančiam reiškiniui. Įrodyta.
Pasitikrinkite Sukauptų žinių sisteminimas, susiformuotų įgūdžių įsivertinimas
Sąvokų įtvirtinimo uždaviniai
Įgūdžių įtvirtinimo uždaviniai
Taikymo uždaviniai
Probleminiai uždaviniai
1.51, 1.52, 1.55, 1.57, 1.58, 1.59 1.53, 1.54, 1.60, 1.61–1.68 1.56, 1.69–1.73, 1.75–1.82 1.74
1.51 C [3; 4], nes aibę B\A sudaro tie aibės B elementai, kurie nepriklauso aibei A; B [–3; 2], nes aibę A\B sudaro tie aibės A elementai, kurie nepriklauso aibei B.
1.52 A4 A2, nes visi skaičiai, kurie dalijasi iš 4, dalijasi ir iš 2, bet ne visi skaičiai, kurie dalijasi iš 2, dalijasi ir iš 4.
1.53 Neneigiamųjų skaičių suma lygi nuliui tada ir tik tada, kai kiekvienas dėmuo lygus nuliui, to-
dėl lygties (x3 – 8x)4 + (x2 – 2 ¿2 x)4 = 0 sprendinių aibė yra lygčių x3 – 8x = 0 ir x2 – 2 ¿2 x = 0
sprendinių sankirta: {0; 2 ¿2 }. 1.54 a) Ieškome nelygybių x > 15 ir x < –8 sprendinių aibių sankirtos, sistemos sprendinių aibė Æ; b) ieškome nelygybių x2 – 36 < 0 ir x < – 14 sprendinių aibių sankirtos, sistemos sprendinių aibė
(–6; – 14); c) ieškome nelygybių sistemų
3x – 15 ≥ 0,{ x + 8 > 0 ir 3x – 15 ≤ 0,{ x + 8 < 0 sprendinių aibių sąjungos, nely-
gybės sprendinių aibė (–; –8) ∪ [5; +); d) trupmenos skaitiklis x2 + 5 įgyja tik teigiamąsias reikšmes su kiekviena realiąja x reikšme,
taigi nelygybės sprendinių aibė yra R ∩ (–7; +) = (–7; +). 1.55 A = {a, e, ę, i}, B = {d, j, n, p, s, v}, A = {d, j, n, p, s, v}, B = {a, e, ę, i}. 1.56 Reiškinys neturi prasmės, kai x (–, 6). Ta aibė yra aibių sąjunga. 1.57 a) Lygiagretainis, kurio kraštinės lygios, vadinamas rombu. b) Nežinomojo reikšmė, su kuria lygtis virsta teisinga skaitine tapatybe, vadinama lygties
sprendiniu. c) Stačiakampis gretasienis, kurio visos sienos yra kvadratai, vadinamas kubu. d) Funkcija vadinama nelygine, jei su visais x iš apibrėžimo srities teisinga lygybė f(–x) = –f(x). 1.58 a) Žinoma: vieno trikampio kraštinė lygi kito trikampio kraštinei, prie šios kraštinės esantys
vieno trikampio kampai atitinkamai lygūs kito trikampio kampams, esantiems prie lygiosios kraštinės. Reikia įrodyti, kad vienas trikampis lygus kitam trikampiui.
b) Žinoma, kad du skaičiai yra skaičiaus 7 kartotiniai. Reikia įrodyti, kad jų suma irgi yra skai-čiaus 7 kartotinis.
Aibės ir teiginiai
26
c) Žinoma, kad du trikampiai yra panašieji. Reikia įrodyti, kad šių trikampių perimetrų santy-kis lygus panašumo koeficientui.
d) Žinoma, kad skaičių sandauga dalijasi iš 11. Reikia įrodyti, kad bent vienas jos daugiklis dalijasi iš 11.
1.59 a) Jei skaičius nesidalija iš 2, tai šis skaičius yra nelyginis. Atvirkštinis teiginys: jei skaičius nelyginis, tai jis nesidalija iš 2. Teiginys teisingas.
b) Jei lygiagrečiąsias tieses perkirstume kirstine, tai gautume atitinkamuosius lygius kampus. Atvirkštinis teiginys: jei tieses perkirtus kirstine gaunami lygūs atitinkamieji kampai, tai tiesės yra lygiagrečios. Teiginys teisingas.
c) Jei funkcija nelyginė, tai jos grafikas yra simetriškas koordinačių pradžios taško atžvilgiu. Atvirkštinis teiginys: jei funkcijos grafikas yra simetriškas koordinačių pradžios taško atžvilgiu, tai funkcija yra nelyginė. Teiginys teisingas.
d) Jei trikampis yra lygiašonis, tai pusiaukraštinė, išvesta į pagrindą, yra ir pusiaukampinė. Atvirkštinis teiginys: jei pusiaukraštinė, išvesta į pagrindą, yra ir pusiaukampinė, tai trikampis yra lygiašonis. Teiginys teisingas.
e) Jei kampai yra gretutiniai, tai jų suma lygi 180°. Atvirkštinis teiginys: jei kampų suma lygi 180°, tai šie kampai yra gretutiniai. Teiginys ne visada teisingas, nes ir negretutinių kampų suma gali būti lygi 180°.
1.60 Žr. 1.15 pav. Nagrinėjame stačiuosius trikampius BDK ir BDL, nes DKB = DLB = 90°. BD – bendra kraštinė, ABD == DBC. Jei vieno stačiojo trikampio įžambinė ir smailusis kampas lygus kito stačiojo trikampio įžambinei ir smailiajam kampui, tai tie trikampiai yra lygūs, todėl BDK = BDL. Lygių trikampių atitinkamosios kraštinės lygios, todėl DK = = DL. Tai ir reikėjo įrodyti.
1.61 n, n + 1 ir n + 2 – trys iš eilės einantys natūralieji skaičiai. Jų suma n + n + 1 + n + 2 = 3n + 3 = 3(n + 1) dalijasi iš 3, nes vienas daugiklis dalijasi iš 3.
1.62 Sakykime, dviženklis skaičius yra ab, tada ab = 10a + b. Skaičius, parašytas tais pačiais skait-menimis, bet atvirkščia tvarka yra ba, ba = 10b + a.
ab – ba = 10a + b – (10b + a) = 10a + b – 10b – a = 9a – 9b = 9(a – b) 1.63 Kadangi nelyginės funkcijos f(x) ir g(x) apibrėžtos su visais x R, tai f(–x) = –f(x) ir g(–x) =
= –g(x). Tuomet h(–x) = f(–x) – g(–x) = –f(x) + g(x) = –(f(x) – g(x)) = –h(x). Pagal apibrėžtį h(x) – nelyginė funkcija.
1.64 Tarkime, kad iškilojo daugiakampio kampų didumų suma lygi 1020°. Tada lygties 180°(n – 2) = 1020° sprendinys n N. Kadangi n – 2 = 5 23, o n = 7 23, tai n N. Gavome prieš-tarą, taigi iškilojo daugiakampio kampų suma negali būti lygi 1020°.
1.65 Tarkime priešingai: nors m2 yra nelyginis skaičius, bet m – lyginis skaičius. Bet kurį lyginį skaičių galima užrašyti taip: m = 2k, kai k Z. Tada jo kvadratas m2 = (2k)2= 4k2 = 2 2k2 irgi lyginis skaičius, tačiau tai prieštarauja teiginio sąlygai. Gautasis prieštaravimas įrodo, jog prielaida m yra lyginis skaičius – klaidinga. Taigi m yra nelyginis skaičius.
1.66 Dviejų gretutinių kampų suma lygi 180°, todėl kampai, kurių suma lygi 160°, negali būti gre-tutiniai.
1.67 Žr. 1.16 pav. Iš viršūnių B ir C nubrėžiame trapecijos aukšti-nes BM ir CN. Nagrinėkime stačiuosius trikampius ABM ir DCN. ABM = DCN, nes AB = CD (lygiašonės trapeci-jos šoninės kraštinės yra lygios) ir BM = CN (atstumai tarp lygiagrečiųjų tiesių AD ir BC taškų yra lygūs). Lygių trikam-pių atitinkamieji kampai yra lygūs, todėl A = D. Tai ir reikėjo įrodyti.
1.15 pav.
1.16 pav.
27
1.68 Žr. 1.17 pav. E ir F – trapecijos įstrižainių vidurio taškai. 1) Tašką E sujungiame su trapecijos šoninės kraštinės CD
vidurio tašku N. Atkarpa, jungianti dviejų trikampio ACD kraštinių AC ir CD vidurio taškus – trikampio vidurinė linija, kuri yra lygiagreti su trečiąja trikampio kraštine ir lygi jos ilgio pusei. Taigi EN || AD ir EN = 12 AD.
Tašką F taip pat sujungiame su tašku N. Atkarpa FN yra tri-kampio BCD vidurinė linija, todėl FN || BC ir FN = 1
2 BC. Kadangi AD || BC ir FN || BC, tai FN || AD (jei dvi tiesės lygiagrečios su trečiąja tiese, tai jos yra lygiagrečios viena su kita). Kadangi FN || AD ir EN || AD, tai taškai E, F ir N yra vienoje tiesėje. Priešingu atveju gautume prieštarą teiginiui, kad per tašką eina viena ir tik viena tiesė, lygiagreti su duotąja. Todėl EF || AD || BC.
2) EF = EN – FN = 12 AD – 12 BC = 12 (AD – BC). Tai ir reikėjo įrodyti. 1.69 1 būdas. (Žr. 1.18 pav., a.) Pratęsiame CO, atidedame atkarpą OD = CO, tašką D sujungiame su taškais A ir B. Gauname
keturkampį ACBD, kurio įstrižainės susikirsdamos dalija vie-na kitą pusiau (AO = OB ir CO = OD), taigi šis keturkampis yra lygiagretainis. Lygiagretainis, kurio vienas kampas status ( C = 90°), yra stačiakampis, o stačiakampio įstrižainės ly-gios: CD = AB, tada CO = AO. Tai ir reikėjo įrodyti.
2 būdas. (Žr. 1.18 pav., b.) Per statinio AC vidurio tašką M brėžiame tiesę, statmeną AC, kuri įžambinę AB kerta taške O. MO AC ir BC AC, taigi MO || BC. Lygiagrečiosios tiesės kerta CAB kraštines AC ir AB, taigi gautos atkarpų po-ros yra proporcingos (Talio teorema), t. y. AM
MC = AOOB. Kadangi
AMMC = 1, tai ir AO
OB = 1, t. y. AO = OB. CO yra trikampio ABC pusiaukraštinė. AMO = CMO, nes MO – bendra kraštinė, AM = MC ir AMO = CMO = 90°. Lygių trikampių ati-tinkamos kraštinės yra lygios, todėl AO = OC. Tai ir reikėjo įrodyti.
1.70 a) (Žr. vadovėlyje 1.22 pav., p. 26.) Tarkime, kad taškai A, L ir B nėra vienoje tiesėje. Per lie-timosi tašką L nubrėžiame apskritimų liestinę LP bei spindulius AL ir BL. Kadangi spindulys statmenas liestinei lietimosi taške, tai AL LP ir BL LP, t. y. per tiesės LP tašką L nubrėžti du statmenys tiesei LP. Gavome prieštarą teiginiui, kad per tiesės tašką galima nubrėžti tik vieną statmenį. Taigi, prielaida, kad taškai ne vienoje tiesėje – klaidinga. Teisingas priešingas teigi-nys, kad taškai A, L ir B yra vienoje tiesėje.
b) Kadangi taškai A, K ir C; A, L ir B; B, M ir C – vienoje tiesėje, ir AK= AL = BL = BM == CK = CM (vienodo spindulio ilgio apskritimai), tai AK + KC = AL + LB = BM + MC ir AC = AB = BC, t. y. ABC visos kraštinės lygios, ir trikampis yra lygiakraštis. Tai ir reikėjo įrodyti.
1.71 Žr. 1.19 pav. Atkarpa MN yra trikampio AOB vidurinė lini-ja, nes jungia kraštinių AO ir OB vidurio taškus. MN || AB (trikampio vidurinės linijos savybė). MNO ~ ABO, nes AOB bendras, BAO = NMO (atitinkamieji kampai tarp AB || MN ir kirstinės AO). OM
OA = 12 (M – atkarpos OA vidurio taškas). Kadangi panašiųjų trikampių plotų santykis lygus pa-
našumo koeficiento kvadratui, tai SMON SAOB
= 14, SMON = 14 SAOB. Tai ir reikėjo įrodyti.
1.17 pav.
1.18 pav.
a)
b)
1.19 pav.
Aibės ir teiginiai
28
Analogiškai įrodoma, kad SNOK = 14 SBOC, SKOL = 14 SCOD, SMOL = 14 SAOD.
SMNKL = SMON + SNOK + SKOL + SMOL = 14 SAOB + 14 SBOC + 14 SCOD + 14 SAOD = 14 (SAOB + SBOC +
+ SCOD + SAOD) = 14 SABCD.
Tai ir reikėjo įrodyti. 1.72 Žr. 1.20 pav. Nubrėžiame įstrižainę BD bei atkarpas BE ir DK. Ga-
vome keturkampį BKDE. KBD = KBC + CBD, BDE = EDA + ADB. Kadangi
KBC = ADE = 60° (lygiakraščių trikampių kampai), CBD = ADB (vidaus priešiniai kampai tarp BC || AD ir kirstinės BD), tai KBD = BDE yra vidaus priešiniai kampai tarp BK, ED ir kirstinės BD, todėl BK || ED. Be to, BK = DE. Keturkampis, ku-rio dvi priešingos kraštinės lygiagrečios ir lygios, yra lygiagretai-nis, taigi BKDE – lygiagretainis. BD ir EK – jo įstrižainės. Ly-giagretainio įstrižainės susikirsdamos dalija viena kitą pusiau, tai-gi atkarpa KE eina per atkarpos BD vidurio tašką. Lygiagretainio ABCD įstrižainės BD vidurio taškas yra ir įstrižainės AC vidurio taš-kas. Taigi atkarpa KE lygiagretainio įstrižaines dalija pusiau. Tai ir reikėjo įrodyti.
1.73 xy + yz + zx = 10x + y + 10y + z + 10z + x = 11x + 11y + 11z == 11(x + y + z). Suma yra skaičiaus 11 kartotinis.
1.74 (Žr. vadovėlyje 1.23 pav. p. 27.) Penkiakampio MNKPT vidaus kampų suma lygi 180°(5 – 2) == 540°. Kadangi trikampio kampų suma lygi 180°, tai
A + AND + D = 180°, B + BKE + E = 180°, C + CPA + A =180°, D + DTB + B = 180°, E + EMC + C = 180°. A + AND + D + B + BKE + C+ CPA + A + D + DTB + B +
+ E + EMC + C = 5 180°, 2 A + 2 B + 2 C + 2 D + 2 E + ( AND + BKE + CPA + DTB +
+ EMC) = 900°, 2( A + B + C + D + E) + 540° = 900°,
2( A + B + C + D + E) = 360°, A + B + C + D + E = 180°. Tai ir reikėjo įrodyti. 1.75 a) (3y – 1)(2y + 1) > (2y – 1)(2 + 3y). Nagrinėkime skirtumą: (3y – 1)(2y + 1) – (2y – 1)(2 + 3y) = 6y2 + y – 1 – 6y2 – y + 2 = 1 > 0. Kadangi skirtumas teigiamas, tai nelygybė (3y – 1)(2y + 1) > (2y – 1)(2 + 3y) yra teisinga. b) a(a – b) ≥ b(a – b). Skirtumas a(a – b) – b(a – b) = (a – b)(a – b) = (a – b)2 ≥ 0, taigi nelygybė
a(a – b) ≥ b(a – b) yra teisinga. c) c
c2 + 1 ≤ 12. Skirtumas c c2 + 1 – 12 = 2c – c2 – 1
c2 + 1 = –(c – 1)2 c2 + 1 ≤ 0. Taigi nelygybė c
c2 + 1 ≤ 12 yra teisinga.
d) a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c). Kadangi a2 + b2 + c2 + 3 – 2(a + b + c) = a2 – 2a + 1 + b2 – – 2b + 1 + c2 – 2c + 1 = (a – 1)2 + (b – 1)2 + (c – 1)2 ≥ 0, tai nelygybė a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a ++ b + c) yra teisinga.
e) 14 x2 – 8x + 64 ≥ 0. Kadangi 14 x2 – 8x + 64 = (12 x – 8)2 ≥ 0, tai nelygybė 14 x2 – 8x + 64 ≥ 0
yra teisinga. f) a(a + 1) + 3a > 4(a – 0,5). Kadangi a(a + 1) + 3a – 4(a – 0,5) = a2 + a + 3a – 4a + 2 = a2 +
+ 2 > 0, tai nelygybė a(a + 1) + 3a > 4(a – 0,5) yra teisinga.
1.20 pav.
29
1.76 Nagrinėkime skirtumą a + 1a – 2 = a2 – 2a + 1a = (a – 1)2
a ≥ 0, nes a > 0, o (a – 1)2 ≥ 0. Kadangi
skirtumas neneigiamas, tai nelygybė a + 1a ≥ 2 teisinga, todėl bet kurio teigiamojo skaičiaus ir jam atvirkštinio skaičiaus suma yra ne mažesnė už 2.
1.77 a) (a2 + a + 1)(a2 – a + 1) = a4 + a + 1. Pertvarkome reiškinio kairiąją pusę: (a2 + a + 1)(a2 – a + 1) = ((a2 + 1) + a))((a2 + 1) – a) =
= (a2 + 1)2 – a2 = a4 + 2a2 + 1 – a2 = a4 + a2 + 1; a4 + a2 + 1 = a4 + a2 + 1. Tapatybė įrodyta. b) c4 + 4 = (c2 – 2c + 2)(c2 + 2c + 2). Pertvarkome reiškinio dešiniąją pusę: (c2 – 2c + 2)(c2 + 2c + 2) = ((c2 + 2) + 2c)((c2 + 2) – 2c) = (c2 + 2)2 – 4c2 = c4 + 4c2 + 4 –
– 4c2 = c4 + 4; c4 + 4 = c4 + 4. Tapatybė įrodyta. c) (a – 4)(a + 2) + 4 = (a + 1)(a – 3) – 1. Pertvarkome reiškinio kairiąją pusę: (a – 4)(a + 2) + 4 = a2 – 2a – 8 + 4 = a2 – 2a – 4. Pertvarkome reiškinio dešiniąją pusę: (a + 1)(a – 3) – 1 = a2 – 2a – 3 – 1 = a2 – 2a – 4. a2 – 2a – 4 = a2 – 2a – 4. Tapatybė įrodyta. d) ax
x + b = a – ab x + b. Pertvarkome reiškinio dešiniąją pusę: a – ab
x + b = ax + ab – abx + b = ax
x + b.
ax x + b = ax
x + b. Tapatybė įrodyta.
1.78 a) Reiškinio 1016 + 8 reikšmė yra skaičius, sudarytas iš skaitmenų 1, 0, 8. Šių skaitmenų suma 1 + 0 + 8 = 9 dalijasi iš 9, todėl ir duotojo reiškinio reikšmė dalijasi iš 9.
b) Sandaugos 81 173 883 1 002 051 daugiklis 1 002 051 dalijasi iš 9 be liekanos, nes jo skaitmenų suma 1 + 0 + 0 + 2 + 0 + 5 + 1 = 9, taigi ir sandauga dalijasi iš 9 be liekanos.
c) 55...545 penketai{ – 187. Turinys yra skaičius, sudarytas iš 45 penketų, jo skaitmenų suma lygi
45 5 = 225, dalijasi iš 9. Atėminys 187 = 2 9 186 dalijasi iš 9 be liekanos, taigi ir skirtumas dalijasi iš 9 be liekanos.
1.79 a) (n – 3)2 – (n + 9)2 = (n – 3 – n – 9)(n – 3 + n + 9) = –12(2n + 6). Duotojo reiškinio reikšmė lygi sandaugai, kurios vienas daugiklis dalijasi iš 12, taigi ir sandauga dalijasi iš 12.
b) (n + 4)2 – (n – 4)2 = (n + 4 – n + 4)(n + 4 + n – 4) = 8 2n. 8 dalijasi iš 4, taigi ir sandauga 8 2n dalijasi iš 4.
c) (2n + 8)2 – (2n – 2)2 = (2n + 8 – 2n + 2)(2n + 8 + 2n – 2) = 10 (4n + 6). Gauto reiškinio reikšmė dalijasi iš 10, todėl yra skaičiaus 10 kartotinis.
d) (5n – 3)2 – (5n + 4)2 = (5n – 3 – 5n – 4)(5n – 3 + 5n + 4) = –7 (10n +1). Gauto reiškinio reikšmė dalijasi iš 7, todėl yra skaičiaus 7 kartotinis.
1.80 a) (¿10 + 5 ¿3 ¡+ ¿10 – 5 ¿3 ¡ )2 = 10 + 5 ¿3 + 2 ¿(10 + 5 ¿3 )(10 – 5 ¿3 ¡) + 10 – 5 ¿3 = 30;
b) (¿7 + 4 ¿3 ¡– ¿7 – 4 ¿3 ¡ )2 = 7 + 4 ¿3 – 2 ¿(7 + 4 ¿3 )(7 – 4 ¿3 ¡) + 7 – 4 ¿3 = 14 – 2 = 12;
c) 1 3 ¿2 – 4
– 1 3 ¿2 + 4
= 3 ¿2 + 4 – 3 ¿2 + 4(3 ¿2 – 4)(3 ¿2 + 4) = 8
18 – 16 = 82 = 4;
d) 1 5 + 2 ¿6
+ 1 5 – 2 ¿6
= 5 – 2 ¿6 + 5 + 2 ¿6 (5 + 2 ¿6 )(5 – 2 ¿6 ) = 10
25 – 24 = 10.
1.81 a) (8n + 1 + 8n)2
(4n – 4n – 1)3 = (8n(8 + 1))2
(4n – 1(4 – 1))3 = 82n ‧ 92
43(n – 1) ‧ 33 = 64n ‧ 81 64n ‧ 1
64 ‧ 27 = 64 3 = 192;
b) –27n + 2 + 6 ‧ 33n + 3
3n ‧ 9n + 2 = –36 ‧ 33n + 2 ‧ 3 ‧ 33 ‧ 33n
3n ‧ 32n ‧ 34 = 33n ‧ 34(–9 + 2)
33n ‧ 34 = –7;
c) (8n – 2 + 7 ‧ 8n – 3)4
(16n – 1 – 16n – 2)3 = (8n – 3(8 + 7))4
(16n – 2(16 – 1))3 = 23(n – 3) ‧ 4 ‧ 154
24(n – 2) ‧ 3 ‧ 153 = 212n – 36 – 12n + 24 15 = 15212;
1.82 a) ( 9 n2 + n3) : ( 3
n2 – 1n + 13) = 27 + n3
3n2 : 9 – 3n + n2
3n2 = (3 + n)(9 – 3n + n2) ‧ 3n2
3n2 ‧ (9 – 3n + n2) = 3 + n;
b) (a – a2 + x2
a + x ) (2ax + 4a
a – x) = a2 + ax – a2 – x2
a + x 2a2 – 2ax + 4axx(a – x) = x(a – x) ‧ 2a(a + x)
(a + x)x(a – x) = 2a.
Aibės ir teiginiai
30
Aibių teorijos atsiradimasAibė yra viena pirmųjų neapibrėžiamų matematikos sąvokų. Aibių teorijos idėjos matematikoje
brendo per visą XIX a. XIX a. pradžioje vokiečių matematikas Karlas Frydrichas Gausas (1777–1855),nagrinėdamas skaičių teorijos klausimus, savo darbuose rėmėsi aibėmis, sudarytomis iš sveikųjų skaičių. Labai reikšmingas toliau plėtojant aibių teoriją buvo funkcijų tyrimas, jų trūkio taškų aibės ieškojimas.
Galutinai begalinių aibių teoriją, kaip savarankišką matematikos šaką, XIX a. antroje pusėje savo darbais suformavo vokiečių matematikas Georgas Kantoras (1845–1918). G. Kantoras rašė: „Įvairovę, arba aibę, aš suprantu kaip apskritai visokią daugybę, kurią galima suvokti kaip vienybę“. XIX a. aštuntojo dešimtmečio pradžioje G. Kantoras, lygindamas ir tyrinėdamas aibes, rėmėsi dviejų aibių elementų abipus vienareikšmės atitikties nustatymo principu. Jis įvedė aibių galios sąvoką. Jeigu tarp bet kurių dviejų aibių elementų galima nustatyti abipus vienareikšmę atitiktį, tai tų aibių galia yra vienoda. „Baigtinių aibių galia sutampa su elementų skaičiumi“, – rašė G. Kantoras. Ši G. Kantoro idėja padėjo jam padaryti puikų atradimą, pavyzdžiui, įrodyti, kad baigtinėms aibėms galioja Euklido aksioma (visuma yra didesnė už dalį), o begalinėms – ne. Bet kuri aibė, ekvivalenti natūraliųjų skaičių aibei, vadinama skaičiąja, nes jos elementus galima sunumeruoti. 1873 m. G. Kantoras atrado, kad visų trijų aibių – natūraliųjų skaičių, racionaliųjų skaičių, algebrinių skaičių – galia yra vienoda, t. y. racionaliųjų ir algebrinių skaičių aibės yra skaičiosios. Pavyzdžiui, išnagrinėkime sveikųjų skaičių aibę Z = {..., –4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, 4, ...}. Iš pradžių atrodo, kad šios aibės neįmanoma sunumeruoti, kad ji nėra suskaičiuojama. Jei pradėsime numeruoti nuo nulio, o paskui numeruosime į dešinę, tai visi neigiamieji skaičiai liks nesunumeruoti. Jei pradėsime numeruoti nuo nulio į kairę, tai visi teigiamieji skaičiai liks nesunumeruoti. Iš tikrųjų sunumeruoti šios aibės elementus galima, tačiau reikia numeruoti ne viena kryptimi, o visą laiką ją keičiant. Numerius, kuriuos gaus sveikieji skaičiai, galime surašyti lentelėje:
Skaičiai –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4
Numeriai 9 7 5 3 1 2 4 6 8
Šią numeraciją galima apibrėžti taip: skaičiaus n, kai n N, numeris yra 2n, skaičiaus –n, kai n N, numeris yra 2n + 1, o skaičiaus 0 numeris yra 1.
G. Kantoras įrodė, kad ne visos begalinės aibės yra ekvivalenčios, kad begalumo laipsniai gali būti įvairūs. Realiųjų skaičių aibės galia buvo pavadinta kontinuumo galia ir pažymėta raide C.
Iki Kantoro buvo manoma, kad tiesė turi mažiau taškų negu plokštuma. 1878 m. G. Kantoras įrodė, kad vienetiniame kvadrate yra ne daugiau taškų nei vienetinėje atkarpoje, ir pateikė atkarpos ir kvadrato taškų abipus vienareikšmės atitikties nustatymo metodą. Pasirodė, kad dvimačio kontinuumo galia lygi vienmačio kontinuumo galiai.
G. Kantoras pradėjo vartoti transfiničiuosius skaičius. Kadangi baigtinę aibę galima sutvarkyti tik vienu būdu, kuris apibūdinamas transfiničiaisiais skaičiais, o begalinę aibę – įvairiais būdais, G. Kantoras pirmasis ėmė tiesiogiai ir plačiai nagrinėti pačią matematinę begalybę ir gavo visiškai naujus nelauktus rezultatus. Devintojo dešimtmečio viduryje G. Kantoras sistemingai išdėstė savo mokymą apie aibes – abstrakčiąją aibių teoriją.
Dešimtojo dešimtmečio pradžioje aibių teorija buvo beveik visuotinai pripažinta ir pradėta taikyti matematikoje.
G. Kantoras yra begalinių aibių teorijos svarbiausių sąvokų ir teoremų autorius. Begalinių aibių teorijos sukūrimas padarė didelę įtaką visam tolimesniam XX a. matematikos plėtojimui. Šiuolaikinės matematikos sritys – topologija, bendroji algebra, funkcionalinė analizė – ištisai remiasi aibių teorijos sąvokomis, o geometrija, tikimybių teorija buvo pertvarkytos iš naujo aibių teorijos pagrindu.
Iš matematikos istorijos
31
Planimetrija
2
2.1 a) AOB = 180°; c) ACB = 90°. 2.2 a) Taip, nes įbrėžtinio kampo didumas lygus pusei centrinio kampo, kuris remiasi į tą patį
lanką, didumui. b) Taip, nes centrinio kampo didumas lygus lanko laipsniniam matui. c) Ne. Priminkite, kad trikampio kampų didumų suma lygi 180°. Taikykite įbrėžtinio kampo
savybę. 2.3 (Žr. vadovėlyje 2.11 pav., p. 31.) Sujungiame taškus B ir C. ACB = 90°, nes šis kampas yra
įbrėžtinis, kuris remiasi į skersmenį. Δ ABC = Δ BCD, nes AB = CD, kraštinė BC – bendra, ACB = DCB = 90°. Todėl AB = BD. Tai ir reikėjo įrodyti.
2.4 (Žr. vadovėlyje 2.12 pav., p. 31.)AFB = 90°, nes jis yra įbrėžtinis, kuris remiasi į skersmenį. AOE = 90°, nes AB CD. Tada AFB = AOE, A – bendras. Trikampiai, kurių du ati-tinkamieji kampai lygūs, yra panašieji, todėl Δ ABF ~ Δ OAE. Tai ir reikėjo įrodyti.
Lengviausios: 2.1, 2.2, 2.5, 2.6, 2.7, 2.10.Vidutinio sunkumo: 2.3, 2.4, 2.8, 2.11, 2.12, 2.13, 2.14.Sunkiausios: 2.9, 2.15, 2.16, 2.17.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
2.1. Kampai apskritime
MOKINIAI TURĖTŲ gebėti apskaičiuoti įbrėžtinio kampo didumą, kai žinomas centrinis kampas, apskaičiuoti centrinio kampo didumą, kai žinomas įbrėžtinio kampo didumas, paprastais atvejais įrodyti įbrėžtinių kampų savybes.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• trikampių lygumo ir panašumo požymius,• trikampio priekampio savybę,• apskritimo liestinių savybes.
ŠIAME SKYRELYJENagrinėjama, koks ryšys yra tarp centrinio ir įbrėžtinio kampų dydžių, įrodomos įbrėžtinio kampo sa-vybės, susikertančiųjų stygų atkarpų sandaugos savybė.
Planimetrija
32
2.5 a) x = 60°, nes įbrėžtinio kampo didumas lygus pusei centrinio kampo, kuris remiasi į tą patį lanką, didumo;
b) x = 100°, nes centrinis kampas dvigubai didesnis už įbrėžtinį, besiremiantį į tą patį lanką; c) x = 40°, nes įbrėžtiniai kampai remiasi į tą patį lanką. 2.6 Patarkite nubrėžti stygas AC, AE, BE. a) Įbrėžtiniai kampai: ABC, ACB, BAC, AEC, EBA, centriniai kampai: AOB,
AOE, EOB, AOC. b) ACB = 90°, nes įbrėžtinis kampas remiasi į skersmenį; EBA = 12 EOA = 64°; DAC = OAD – OAC = 90° – BAC = 90° – (90° – 44°) = 44°;
AEC = ABC = 44°, nes jie yra įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į tą patį lanką; AEB = = 90°, nes kampas yra įbrėžtinis ir remiasi į skersmenį.
2.7 ADC = 60°, nes yra įbrėžtinis ir remiasi į tą patį lanką kaip ir ABC. 2.8 a) OAC = 90°, nes spindulys statmenas liestinei lietimosi taške. OAB = OAC – BAC = 90° – 75° = 15°, AOB = 180° – 2 15° = 150°; b) OAB = 0,5(180° – AOB) = 0,5(180° – 70°) = 55°; BAC = OAC – OAB = 90° – 55° = 35°. 2.9 (Žr. vadovėlyje 2.17 pav., p. 32.) Patarkite mokiniams nubrėžti skersmenį AD ir stygą BD.
DAM = 90° (liestinės savybė), DBA = 90° (įbrėžtinis kampas, kuris remiasi į pusapskritimį). DBC = DAC – įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į tą patį lanką CD. DAC + CAM = 90°. DBC + CBA = 90°. Kadangi DBC = DAC, tai CAM = CBA, M – bendras, todėl Δ MAC ~ Δ MBA, AM
BM = MCAM. Iš čia AM2 = MC BM. Tai ir reikėjo įrodyti.
2.10 a) 3 37; b) 12.
2.11 Δ BAC – lygiakraštis, nes AB = AC (liestinių savybė), ABC = ACB, A = 60°, taigi BC = AB = AC = 0,5 m. 2.12 Patarkite mokiniams nubrėžti spindulius į lietimosi taškus. Mažesniojo lanko kampinis didu-
mas lygus 80°, BOC = 80°, OBC = OCB = 50°, taigi ABC = ACB = 40°, BCA == 100°.
Ats.: 40°, 40°, 100°. 2.13 Patarkite mokiniams nubrėžti spindulį OC. Δ AOC – lygiašonis, nes OA = OC. OCA = OAC = 30°; ACD = 120°, CDO = 30°.
Trikampio COD OCD = 90°, taigi OC = 12 OD. Tai ir reikėjo įrodyti. 2.14 Žr. 2.1 pav. Nubrėžiame spindulius O1B ir O1A, bei OA ir OC.
Gauname lygiašonius trikampius BO1A ir COA. Todėl O1AB = O1BA, ir OAC = OCA. O1BC = O1BA + ABC = 90° (spindulys O1B statmenas
liestinei BC), ABC = 90° – O1BA, OCB = OCA + ACB = 90° (spindulys OC statmenas
liestinei BC), ACB = 90° – OCA. ABC = 180° – (ABC + ACB) = 180° – ((90° –
– O1BA) + (90° – OCA)) = O1AB + OCA. Gavome, kad BAC = O1AB + OAC, bet BAC + O1AB + OAC = 180°, nes sudaro
ištiestinį kampą. Taigi 2 BAC = 180°, o BAC = 90°. Tai ir reikėjo įrodyti. 2.15 Patarkite mokiniams nubrėžti spindulius į trikampio kraštinių ir pusapskritimio sankirtos taš-
kus. Iš gautų trikampių apskaičiuojame centrinių kampų, o kartu ir lankų dydžius. Ats.: 62°, 62°, 56°.
2.1 pav.
33
2.16 (Žr. vadovėlyje 2.19 pav.) AD = DB = DC (liestinių savybė). Nubrėžiame AM || O1O2. Trikampio AMB MBA = 90°, taigi pritaikę Pitagoro teoremą, gauname AB = 2 ¿14¡ (cm). AD = 12 AB, AD = ¿14¡ (cm). Stačiajam trikampiui O1CD pritaikę Pitagoro teoremą gauname O1D = 3 ¿2 (cm) Ats.: 3 ¿2 cm. 2.17 Laikrodis rodo 9 h 25 min. Reikia apskaičiuoti kampo, kurį sudaro valandinė ir minutinė ro-
dyklės, didumą. Per 9 h 25 min. valandinė rodyklė pasisuka kampu, kurio didumas lygus 360° ∙ (9 ∙ 60 + 25)
12 60 = 5652 = 282°30´.
Per 25 min. minutinė rodyklė pasisuka kampu, kurio didumas lygus 360° ∙ 2560 =150°.
Todėl kampo tarp valandinės ir minutinės rodyklių didumas lygus 282°30´ – 150° = 132°30´. Ats.: 132°30´.
2.19 a) Priminkite mokiniams, kad lygiagretainio priešingieji kampai yra lygūs; lygiagretainis, kurio kampai statieji, yra stačiakampis. b) Priminkite mokiniams, kad lygiašonės trapecijos kampų, esančių prie vieno pagrindo, didumai
lygūs, o kampų, esančių prie vienos šoninės kraštinės, didumų suma lygi 180°. c) Priminkite mokiniams, kad: rombas, kurio kampai statieji, yra kvadratas. d) Priminkite mokiniams, kad: lygiagretainis, kurio kraštinės lygios, yra rombas. 2.20 Taip, nes priešingųjų kampų sumos lygios 180°. 2.21 B = 100°, C = 120°, D = 80°.
Lengviausios: 2.18, 2.20, 2.21, 2.22.Vidutinio sunkumo: 2.19, 2.23, 2.24, 2.25, 2.26, 2.27, 2.29.Sunkiausios: 2.28, 2.30, 2.31, 2.32, 2.33.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
2.2. Įbrėžtiniai ir apibrėžtiniai daugiakampiai (ir apskritimai)
MOKINIAI TURĖTŲ mokėti nusakyti įbrėžto į trikampį ir apibrėžto apie trikampį apskritimo savybes, mokėti įrodyti į apskritimą įbrėžto ir apie apskritimą apibrėžto keturkampio savybes, gebėti taikyti savybes spręsdami nesudėtingas užduotis.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• trikampio pusiaukraštinės, pusiaukampinės apibrėžtis,• lygiagretainio, stačiakampio, trapecijos apibrėžtis, požymius, savybes.
ŠIAME SKYRELYJENagrinėjami daugiakampiai, įbrėžti į apskritimą, ir daugiakampiai, apibrėžti apie apskritimą, įrodoma, kad trikampį visada galima įbrėžti į apskritimą ir apibrėžti apie apskritimą; taip pat įrodoma, kada keturkampį galima įbrėžti į apskritimą ir kada apibrėžti apie apskritimą.
Planimetrija
34
2.22 a) a = 5; b) b = 2; 2b + 4 = 8; c) x = 2, y = 4, z = 3, taigi x + 4 = 6, y + 3 = 7, z + 2 = 5. 2.23 Patarkite mokiniams apskaičiuoti apskritimo lankų dydžius, taikyti įbrėžtinių kampų bei įbrėž-
tinio keturkampio savybes. A = 120°, B = 80°, C = 60°, D = 100°, CAB = 70°, DAC = 50°, BCA = 30°, ACD = 30°. 2.24 Žr. 2.2 pav. BAD + BCD = 180° (įbrėžtinio keturkampio priešin-
gieji kampai), taigi BCD = 180° – 72° = 108°. Įrodysime, kad AC yra apskritimo skersmuo. Tarkime priešingai, t. y.
AC nėra apskritimo skersmuo. Tada per stygos BD vidurio tašką M eis skersmuo, statmenas stygai. Gavome prieštarą teiginiui, kad per tiesės tašką eina tik viena tiesė, statmena duotajai. Taigi prielaida, kad AC nėra skersmuo – klaidinga. AC – apskritimo skersmuo, todėl ABC = = ADC = 90° (įbrėžtiniai kampai, kurie remiasi į skersmenį).
2.25 Trikampis, kurį sudaro trumpesnioji stačiakampio kraštinė ir stačia-kampio įstrižainių atkarpos nuo jų sankirtos taško iki viršūnių, yra lygiakraštis, todėl apskriti-mo spindulys lygus 10 cm.
2.26 Priminkite mokiniams: atkarpa, jungianti trapecijos šoninių kraštinių vidurio taškus, vadinama trapecijos vidurine linija; trapecijos vidurinės linijos ilgis lygus jos pagrindų ilgių sumos pusei.
AD + BC = AB + CD (apibrėžtinio keturkampio savybė) AD + BC = 2 MN = 80 cm, AB = = CD = 40 cm. BAD = 180° – 150° = 30°. BK – trapecijos aukštinė. Δ ABK – statusis, BAK = 30°, taigi BK = 0,5AB, BK = 20 cm. Skritulio spindulys lygus pusei trapecijos aukš-tinės ilgio, t. y. r = 0,5BK, r = 10 cm. S = 100π (cm2).
2.27 (Žr. vadovėlyje 2.32 pav., p. 40.) A = 45° (priešingi lygiagretainio kampai). Nubrėžiame ly-giagretainio aukštinę DO. Trikampio ADO ADO = DAO = 45°, taigi trikampis ADO yra lygiašonis, OA = OD. BD = 2 A = 90° (įbrėžtinis kampas lygus pusei centrinio kampo, kuris remiasi į tą patį lanką). DOB remiasi į BD ir DOB = 90°, taigi DOB – centrinis, t. y. O – apskritimo centras, o AB – šio apskritimo skersmuo. Tada ADB = 90°, nes jis yra įbrėžtinis, kuris remiasi į pusapskritimį. Be to, šis trikampis yra lygiašonis, nes A = 45°, ABD = 90° – 45° = 45°, todėl AD = DB = 2 cm, o SADB = 12 AD DB = 12 2 2 = 2 (cm2). SABCD = 2SADB = 4 (cm2).
2.28 Žr. 2.3 pav. ACB – įbrėžtinis ir lygus 90°, taigi jis remiasi į pusaps-kritimį, todėl AB – apskritimo skersmuo. AB = 10 cm. AC = 6 cm.
Δ ACD ~ Δ ABC, nes A – bendras. ADC = ACB = 90°, taigi AD
AC = ACAB , AD = 3,6 (cm).
DB = AB – AD = 10 – 3,6 = 6,4 (cm). Ats.: AD = 3,6 cm, DB = 6,4 cm. 2.29 Priminkite mokiniams: lygiašonio trikampio viršūnės kampo pusiaukam-
pinė sutampa su to trikampio aukštine ir pusiaukraštine, nubrėžtomis į pagrindą; jei dvi tiesės, kertančios kampo kraštines, iškerta jose proporcin-gas atkarpas, tai tos tiesės yra lygiagrečios (atvirkštinė Talio teorema).
a) Žr. 2.4 pav. Patarkite nubrėžti aukštinę BD. AD = DC = 3 cm. AK = AD = 3 cm (liestinių savybė), BK = 6 cm, todėl BK : KA = 2 : 1.
b) Kadangi BKKA = BL
LC , tai KL || AC. Δ BKL ~ Δ BAC, nes B – bendras, BKL = BAC – atitinkamieji kampai tarp KL || AC ir kirstinės AB, todėl KL
AC = BKBA.
KL = BK ∙ ACBA , KL = 6 ∙ 6
9 , KL = 4 cm.
2.2 pav.
2.3 pav.
2.4 pav.
35
2.30 Priminkite mokiniams: apie bukąjį trikampį apibrėžto apskritimo centras yra šalia trikampio; apie lygiašonį trikampį apibrėžto apskritimo centras yra jo aukštinėje arba jos tęsinyje; stačiojo trikam-pio smailiojo kampo sinusu vadiname statinio, esančio prieš kampą, ir įžambinės ilgių santykį.
Patarkite mokiniams nubrėžti spindulius OA ir OB ir pagrįsti, kad Δ OAB yra lygiakraštis. Ka-dangi AB = BC = 10 cm, P – OB ir AC sankirtos taškas, trikampio BPA BPA = 90°, taigi sin PBA = PA
AB. PA = 10 ¿32
= 5 ¿3 (cm). AC = 10 ¿3 (cm).
Ats.: AB = 10 cm, BC = 10 cm, AC = 10 ¿3 cm. 2.31 Priminkite mokiniams: apie statųjį trikampį apibrėžto apskritimo centras yra įžambinės vidurio
taškas; trikampio pusiaukraštinė trikampį padalija į du lygiapločius trikampius. (Žr. vadovėlyje 2.33 pav., p. 40.) BC = 5 cm, DC = AD = DB = 2,5 cm (žr. 1.69 uždavinio
sprendimą). Trikampiai ACD ir ADB – lygiašoniai. Į trikampį įbrėžto apskritimo centras yra pusiaukampi-
nių sankirtos taškas, o lygiašonio trikampio viršūnės kampo pusiaukampinė sutampa su aukšti-ne ir pusiaukraštine, taigi DFA = 90°, AF = FC = 1,5 cm, DEA = 90°, AE = EB = 2 cm.
Pažymėkime O1F = r1, O2E = r2. DF = 0,5AB = 2 cm, DE = 0,5AC = 1,5 cm (DF ir DE – trikampio ABC vidurinės linijos).
S ABC = 12 AB AC, S ABC = 6 (cm2), S ACD = S ABD = 12 S ABC = 3 (cm2),
P ACD = 8 (cm), P ABD = 9 (cm).
Kadangi S = 12 P r, tai r1 = 2 ∙ S ACDP ACD
, r1 = 2 ∙ 38 = 34 (cm), r2 = 2 ∙ S ABD
P ABD, r2 = 2 ∙ 3
9 = 23 (cm).
Trikampiui DO1O2, kurio O1DO2 = 90°, taikome Pitagoro teoremą: O1O2 = 5 ¿13¡12
(cm).
Ats.: O1O2 = 5 ¿13¡12
(cm).
2.32 ir 2.33 uždavinių sprendimai pateikti vadovėlyje 2 skyriaus užduočių atsakymuose.
ŠIAME SKYRELYJENagrinėjami taisyklingieji daugiakampiai; pavyzdžiais parodoma, kad apie taisyklingąjį daugiakampį apibrėžto ir į jį įbrėžto apskritimų centrai sutampa, mokoma, kaip išreikšti apibrėžtinio ir įbrėžtinio apskritimų spindulius daugiakampio kraštinės ilgiu.
2.3. Taisyklingieji daugiakampiai
MOKINIAI TURĖTŲ gebėti paaiškinti įbrėžto į apskritimą ir apie apskritimą apibrėžto taisyklingojo daugiakampio sąvokas,
mokėti apskaičiuoti taisyklingojo daugiakampio kampo didumą, centrinio kampo didumą, mokėti apskaičiuoti, kiek kraštinių turi taisyklingasis daugiakampis, kai žinoma jo kampų didumų suma.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• n–kampio kampų didumų sumos formulę,• taisyklingojo trikampio ir kvadrato ploto formules.
Lengviausios: 2.34, 2.35, 2.36, 2.37, 2.42.Vidutinio sunkumo: 2.38, 2.39, 2.40, 2.41, 2.43, 2.44, 2.45, 2.47.Sunkiausios: 2.46, 2.48, 2.49, 2.50.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
Planimetrija
36
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
2.34 a) Patarkite mokiniams iš apskritimo centro nubrėžti spindulius į daugiakampio viršūnes ir pagrįsti, kad gautieji trikampiai lygūs.
b) Ne. Pavyzdžiui, į apskritimą įbrėžto stačiakampio kampai lygūs, o kraštinių ilgiai nelygūs. 2.35 a) 4 kraštines; b) 10 kraštinių; c) 24 kraštines.
2.36 an = 180°(n – 2)n . a) 60°; b) 45°; c) 40°.
2.37 a) 12; b) 18; c) 30. 2. 38 (Žr. 2.5 pav.) 1 būdas. Apie trikampį apibrėžto apskritimo centras yra trikampio
kraštinių vidurio statmenų susikirtimo taškas, o taisyklingojo trikampio kraštinių vidurio statmenys yra ir trikampio aukštinės, ir pusiaukraštinės, ir pusiaukampinės. Trikampio AON OAN = 30°, ONA = 90°, tai-gi ON = 0,5OA (statinio, esančio prieš 30° kampą, ilgis lygus pusei įžambinės ilgio). Kadangi OA = OM, tai ON = 0,5 OM. Tai ir reikėjo įrodyti.
2 būdas. Nubrėžiame trikampio ABC aukštinę BN. Kadangi lygiakraščio trikampio pusiaukampinės, pusiaukraštinės, aukštinė, kraštinių vidurio statmenys sutampa, tai apibrėžtinio apskritimo centras O yra šios aukštinės taškas. OB = OM. Pagal trikampio pusiaukraštinių savybę OB = 2
3 BN, o ON = 13 BN, t. y.
ON = 12 OB = 12 OM. Tai ir reikėjo įrodyti.
2.39 (Žr. vadovėlyje 2.40 pav., p. 44.) Taisyklingojo šešiakampio ABCDEF negretimosios kraštinės FA ir CB susikerta taške M. Taisyklingojo šešiakampio kampo didumas 180 ∙ 4
6 = 120°, taigi FAB = CBA = 120°, o BAM = ABM = 60°. BAM + ABM + M = 180°, todėl M = 60°. 2.40 1 būdas. Apie taisyklingąjį trikampį apibrėžto apskritimo spindulys išreiškiamas trikampio kraš-
tine taip:
R = a ¿33
, taigi a = R ¿3 , todėl AB = 48 ¿3 (cm).
Tada S ABC = AB2 ¿34
, S ABC = (48 ¿3 )2 ∙ ¿34
= 1728 ¿3 (cm2).
2 būdas. Nubrėžiame Δ ABC aukštinę BD. Kadangi lygiakraščio trikampio aukštinės, pusiaukampinės, pusiaukraštinės, kraštinių vidurio statmenys sutampa, tai, pritaikę trikampio pusiaukraštinių savybę, gauname, kad OB = 23 BD. BD = 32 48 = 72 (cm). Trikampio ABD
BDA = 90°, A = 60°, taigi BDAB = sin A, AB = BD
sin 60°; AB = 72 ¿32
= 144¿3
= 48 ¿3 (cm).
SΔ ABC = 12 AC BD, SΔ ABC = 12 72 48 ¿3 = 1728 ¿3 (cm2).
3 būdas. Nubrėžiame kraštinei AC statmeną skersmenį BM, D yra AC ir BM sankirtos taškas, taigi BD – trikampio ABC aukštinė ir pusiaukampinė, todėl ABM = 30°. Trikampio ABM BAM = 90° (įbrėžtinis ir remiasi į pusapskritimį).
ABBM = sin 30°, AB = 48 ¿3 cm. SABC = (48 ¿3 )2 ∙ ¿3
4 = 1728 ¿3 (cm2).
2.41 Patarkite mokiniams pagrįsti, kad į apskritimą įbrėžtas kvadratas. Priminkite, kad kvadrato plotas lygus įstrižainės ilgio kvadrato pusei (S = 12 d2).
Snuspalv = Sskrit – Skv. Snuspalv = 252π – 12 502 = 252 (π – 2) = 625(π – 2) (cm2).
2.42 Patarkite mokiniams nubrėžti du spindulius ir pagrįsti, kad gautasis trikampis yra lygiakraštis; apskaičiuoti lygiakraščio trikampio aukštinę taikant Pitagoro teoremą arba stačiojo trikampio smailiojo kampo sinuso apibrėžtį. Ats.: OM = 20 ¿3 cm.
2.5 pav.
37
2.43 Kadangi trikampiai taisyklingieji, tai apie trikampį apibrėžto ir į trikampį įbrėžto apskritimų centrai sutampa. Apibrėžto apie trikampį apskritimo spindulio ilgis (kartu ir skersmens ilgis) du kartus ilgesnis už į trikampį įbrėžto spindulio (skersmens) ilgį (trikampio pusiaukraštinės savybė). Išsprendę lygtį 2d – d = 8, gauname d = 8 cm, D = 16 cm.
2.44 Patarkite mokiniams įbrėžtinio ir apibrėžtinio apskritimų skersmenis išreikšti kvadrato krašti-ne. Ats.: 1
¿2.
2.45 Patarkite mokiniams dvi gretimas šešiakampio kraštines sujungti su centru ir pagrįsti, kad gau-tas trikampis yra taisyklingasis; išreikšti įbrėžtinio apskritimo spindulį apibrėžtinio apskritimo spinduliu.
Ats.: R ≈ 44,8 cm; r ≈ 38,8 cm. 2.46 Žr. 2.6 pav. Priminkite mokiniams: keturkampis, kurio priešingos
kraštinės lygiagrečios ir lygios, yra lygiagretainis; jei vidaus vienašalių kampų, esančių tarp dviejų tiesių ir kirstinės, suma lygi 180°, tai tiesės yra lygiagrečios.
Patarkite mokiniams apskaičiuoti taisyklingojo šešiakampio vidaus kampo didumą ir jo priekampio didumą; pagrįsti, kad: trikampis EMD – lygiakraštis, tiesė BC || FM; keturkampis MCBE – lygia-gretainis; išreikšti kraštinių BE ir CM ilgį apskritimo spinduliu.
PMCBE = 2(2R + R) = 6R. Lygiagretainis MCBE sudarytas iš 4 lygiakraščių trikampių, kuriuos gauname nubrėžę spindu-
lius OB, OC ir OD. Lygiakraščio trikampio plotą apskaičiuojame remdamiesi formule S = a2 ¿34
,
taigi SMCBD = 4 R2 ¿34
= R2 ¿3 (cm2). Lygiagretainio plotą galima apskaičiuoti ir taip: iš viršūnės E nubrėžiame aukštinę EK. Stačia-
jam trikampiui MKE pritaikę smailiojo kampo sinuso apibrėžtį, gauname: sin M = EK
EM, EK = EM sin M = R sin 60° = R ¿32
, SMCBE = CM EK = 2R R ¿32
= R2 ¿3
(aukštinę taip pat galima apskaičiuoti trikampiui MEK pritaikius Pitagoro teoremą). 2.47 Patarkite mokiniams išreikšti taip: OA = R – 16, AB = R – 8. Taikydami Pitagoro teoremą
gauname kvadratinę lygtį R2 – 48R + 320 = 0, kurios sprendiniai R1 = 8, R2 = 40, tačiau uždavinio sąlygą tenkina tik R2 = 40, nes R > 16. Ats.: 40 cm.
2.48 a) Kai tašo skerspjūvis kvadratas, tai šis kvadratas yra įbrėžtas į skritulį, kurio skersmuo lygus kvadrato įstrižainei. Kadangi kvadrato plotas lygus įstrižainės ilgio kvadrato pusei: S = 12 d2, tai
d = ¿2S¡ = ¿2 156¡ = ¿312¡ ≈ 18 (cm). Ats.: Rąsto skersmuo turi būti lygus 18 cm. b) Kai tašo skerspjūvis taisyklingasis trikampis, tai šis trikampis yra įbrėžtas į skritulį. Taisyk-
lingojo trikampio plotą apskaičiuojame taikydami formulę S = a2 ¿34
; iš čia a = 2 ¿ 571 ¿3 ¡ (cm).
Kadangi R = ¿33
a (žr. vadovėlyje 2 pvz. ), tai 2R = 2 ¿ 571 3 ¿3 ¡ ≈ 42 (cm). Ats.: 42 cm.
2.49 a) Taisyklingojo trikampio kraštinės ilgį pažymėkime a, o skritulio spindulio ilgį r. Trikampio plotas S = a2 ¿3
4, o skritulio S = r2. Kadangi skritulio ir trikampio plotai lygūs, tai
πr2 = a2 ¿34
, r2
a2 = ¿34π
, ra = ¿¿3
4π ¡ ≈ 0,371. Ats.: ≈37 %.
b) Pažymėkime kvadrato kraštinę a, o skritulio spindulį R. Kvadrato perimetras P = 4a, o ap-skritimo lanko ilgis C = 2πR. Kadangi kvadrato perimetras lygus apskritimo lanko ilgiui, tai
4a = 2πr. a π ∙ R = 12,
a2 π2 ∙ R2 = 14;
a2 π ∙ R2 = π4 ≈ 0,785. Ats.: ≈79 %.
2.50 Nors taisyklingųjų daugiakampių aibė yra begalinė, tačiau yra tik 11 skirtingų būdų plokštu-mai užpildyti taisyklingaisiais daugiakampiais taip, kad neliktų tuščių tarpų ir figūros nedengtų viena kitos.
2.6 pav.
Planimetrija
38
2.4. Bukojo kampo trigonometrinės funkcijos
MOKINIAI TURĖTŲ žinoti bukojo kampo sinuso, kosinuso ir tangento apibrėžtį, mokėti skaičiuoti skaičiuotuvu bukojo kampo sinuso, kosinuso ir tangento reikšmes nurodytu tikslumu,
mokėti rasti laipsniais išreikšto kampo sinuso, kosinuso, tangento reikšmes nurodytu tikslumu, gebėti taikyti formules sin (180° – ) = sin , cos (180° – ) = –cos .
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• sinuso, kosinuso, tangento apibrėžtis stačiajame trikampyje,• stačiojo trikampio sprendimą,• sąryšį sin2 + cos2 = 1.
ŠIAME SKYRELYJEApibrėžiama, ką vadiname bukojo kampo sinusu ir kosinusu, gaunamos ir taikomos formulėssin (180° – ) = sin , cos (180° – ) = –cos .
Lengviausios: 2.51, 2.52, 2.53, 2.54.Vidutinio sunkumo: 2.55, 2.56, 2.58, 2.59, 2.60.Sunkiausios: 2.57.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
2.51 a) Kadangi 0° < α < 90°, tai taškas Mα yra koordinačių plokštumos pirmajame ketvirtyje. Tada sin α = yM ir sin α > 0. cos α = xM ir cos α > 0, tg α = sin α
cos α ir tg α > 0. b) Kai 90° < α < 180°, tai taškas yra antrajame koordinačių plokštumos ketvirtyje. Tada yM = sin α > 0, xM = cos α < 0 ir tg α < 0. 2.52 a) sin 100° ≈ 0,985; cos 100° ≈ –0,174; tg 100° ≈ –5,671; b) sin 145° ≈ 0,574; cos 145° ≈ –0,819; tg 145° ≈ –0,700; c) sin 156° ≈ 0,407; cos 156° ≈ –0,914; tg 156° ≈ –0,445; d) sin 178° ≈ 0,035; cos 178° ≈ –0,999; tg 178° ≈ –0,035. 2.53 a) α ≈ 68,0°, α ≈ 112,0°; b) α ≈ 124,0°; c) α ≈ 160,0°. 2.54 Priminkite mokiniams, kad trikampyje prieš trumpesnę kraštinę yra mažesnis kampas, patarkite
apskaičiuoti įžambinės ilgį. Tarkime, trikampio ABC mažiausiasis kampas yra A. Tada sin A = 5
13, cos A = 1213, tg A = 5
12.
2.55 Patarkite mokiniams iš duotosios atkarpos taško, esančio vienoje iš lygiagrečiųjų tiesių, nubrėžti statmenį į kitą lygiagrečiąją tiesę ir gautam stačiajam trikampiui taikyti sinuso apibrėžtį.
Ats.: ≈8,17 cm)
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
39
2.5. Sinusų ir kosinusų teoremos
MOKINIAI TURĖTŲ gebėti įrodyti trikampio ploto formulę, kai žinomos dvi kraštinės ir kampas tarp jų, sinusų ir kosinusų teoremas,
gebėti sudaryti trikampio, kurio trys elementai žinomi, sprendimo planą, mokėti apskaičiuoti nežinomus trikampio, kurio trys elementai žinomi, elementus, suprasti, kad trikampyje prieš didesnį kampą yra ilgesnė kraštinė, o prieš ilgesnę kraštinę – didesnis kampas.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• stačiojo trikampio sprendimą.
Lengviausios: 2.61, 2,66, 2.67, 2.68.Vidutinio sunkumo: 2.62, 2.63, 2.64, 2.65, 2.69.Sunkiausios: 2.70, 2.71, 2.72.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
ŠIAME SKYRELYJEĮrodoma trikampio ploto formulė S = 1
2 bc sin , sinusų ir kosinusų teoremos, mokoma sudaryti trikam-
pio, kurio trys elementai žinomi, sprendimo planą.
2.56 Žr. 2.7 pav. Taško P abscisė yra neigiamasis skaičius, o ordinatė – teigiamasis skaičius. Iš trikampio NOP apskaičiuojame jų modu-lius. Δ PON yra statusis, PON = 180° – 150° = 30°, taigi
PN = 2 (statinis, esantis prieš 30° kampą, lygus įžambinės ilgio pusei).
ONOP = cos 30°, ON = OP cos 30°, ON = 4 ¿3
2 = 2 ¿3 .
Ats.: xp = –2 ¿3 , yp = 2.
2.57 a) Priminkite mokiniams, kad: ¿a2 = |a|, sin2 α + cos2 α = 1, ir modulio apibrėžtį. 2 sin2 α – cos2 α – 3 cos α ¿1 – sin2 α¡ = 2 sin2 α – cos2 α – 3 cos α ¿cos2 α¡ = 2 sin2 α – cos2 α –
– 3 cos α |cos α| = 2 sin2 α – cos2 α + 3 cos2 α = 2(sin2 α + cos2 α) = 2. b) Patarkite mokiniams taikyti vadovėlio 46 puslapyje pateiktas redukcijos formules. Ats.: – tg α. 2.58 a) Kadangi cos α > 0, kai 0° < α < 90°, tai
cos α = ¿1 – (45)2¡ = 35. tg α = sin α
cos α = 43.
b) Kadangi cos α < 0, kai 90° < α < 180°, tai
cos α = – ¿1 – (23)2¡ = – ¿5
3. tg α = sin α
cos α = – 2 ¿5
= – 2 ¿55
.
2.59 Pasiūlykite mokiniams b ir c atveju taikyti redukcijos formules. Ats.: a) 12; b) 0; c) ¿3 .
2.60 tg (180° – α) = sin (180° – α)cos (180° – α) = sin α
–cos α = –tg α.
2.7 pav.
Planimetrija
40
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
2.65 Priminkite mokiniams: trikampyje prieš ilgesnę kraštinę yra didesnis kampas; trikampiai pagal kampus skirstomi į smailiuosius, stačiuosius, bukuosius; jei a > b, tai a – b > 0; jei a < b, tai a – b < 0.
Patarkite mokiniams taikant kosinusų teoremą išreikšti didžiausiojo trikampio kampo kosinu-są, nustatyti kosinuso ženklą ir pateikti išvadą.
a) cos C = a2 + b2 – c2
2ab . Kadangi c2 < a2 + b2, tai a2 + b2 – c2 > 0. cosC > 0, todėl C < 90°. Kadangi kraštinė c ilgiausia, tai C didžiausias. Jei didžiausias trikampio kampas smailusis, tai
ir trikampis smailusis. b) ir c) atveju įrodoma analogiškai. 2.66 Patarkite mokiniams sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) apskaičiuoti trečiojo kampo didu-
mą; 2) užrašyti sinusų teoremos reikiamą santykį; 3) iš užrašyto santykio išreikšti nežinomos kraštinės ilgį; 4) apskaičiuoti nežinomos kraštinės ilgį.
a) a sin α = b
sin β; 5 sin 105° = b
sin 30°, b = 5 ∙ sin 30°sin 105° , b ≈ 2,59 cm; c ≈ 3,66 cm;
b) = 119°, b ≈ 16,69 cm, c ≈ 24,83 cm; c) = 68°, a ≈ 13,57 cm, b ≈ 11,22 cm. 2.67 Patarkite mokiniams sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) taikant kosinusų teoremą apskai-
čiuoti nežinomą kraštinės ilgį; 2) užrašyti sinusų teoremos reikiamą santykį; 3) iš užrašyto santykio išreikšti ieškomo kampo sinusą; 4) apskaičiuoti sinusą; 5) apskaičiuoti ieškomą kampo didumą; 6) apskaičiuoti trečiojo trikampio kampo didumą.
a) c2 = 122 + 82 – 2 12 8 cos 60° = 144 + 64 – 96 = 112, c = ¿112¡ ≈ 10,58 (cm), b
sin β = c sin γ; 8 sin β = 10,58
sin 60°, sin β = 8 ∙ sin 60°10,58 , sin β = 0,65484, β ≈ 41°;
α = 180° – (60° + 41°) = 79°; b) a ≈ 22,92, β ≈ 20°, = 15°; c) b ≈ 53,41, α ≈ 16°, = 12°. 2.68 Priminkite mokiniams, kad šis uždavinys gali neturėti sprendinių, gali turėti vieną arba du spren-
dinius. Patarkite sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) užrašyti sinusų teoremos reikiamą san-tykį; 2) iš užrašyto santykio išreikšti ieškomo kampo sinusą; 3) apskaičiuoti sinusą; 4) gautą reikšmę palyginti su vienetu: jei gautoji reikšmė didesnė už vienetą, uždavinys sprendinių neturi, jei mažesnė už vienetą, tai uždavinys gali turėti vieną arba du sprendinius; 5) jei turi sprendinių, tai apskaičiuoti kampų didumus; 6) taikant kosinusų teoremą, apskaičiuoti neži-nomą kraštinės ilgį.
a) a sin α = b
sin β, sin β = 5 ∙ sin 120°12 , sin β = 0,360844 < 1. Kadangi trikampyje tik vienas kampas
bukasis, tai β ≈ 21°, = 39°. c2 = 122 + 52 – 2 12 5 cos 39°, c ≈ 8,70;
b) a sin α = b
sin β, sin β = 4 ∙ sin 60°2 , sin β = 1,73205 > 1; uždavinys sprendinių neturi;
c) a sin α = b
sin β, sin β = 8 ∙ sin 30°6 , sin β = 0,66666 < 1; kadangi žinomas tik smailusis kampas, tai
gali būti β ≈ 42° arba β ≈ 138°. Kai β ≈ 42°, tai = 108°, c ≈ 5,35. Kai β ≈ 138°, tai = 12°, c ≈ 11,39. 2.69 Patarkite mokiniams sudaryti uždavinio sprendimo planą: 1) kad uždavinys turėtų tik vie-
ną sprendinį, taikant kosinusų teoremą, apskaičiuoti didžiausiojo kampo didumą; 2) taikant sinusų teoremą, apskaičiuoti dar vieno kampo didumą; 3) apskaičiuoti trečiojo kampo didumą.
a) cos C = a2 + b2 – c2
2ab , cos C = 22 + 32 – 42
2 2 3 = –0,25, C ≈ 104°;
a sin A = c
sin C, sin A = a sin Cc , sin A = 2 ∙ sin 104°
4 = 0,485148 < 1; kampas A smailusis,
taigi A ≈ 29°, B = 47°. b) B ≈ 93°; A ≈ 39 °, C = 48°; c) C ≈ 154°, A ≈ 15°, B = 11°.
2.70 cos A = 1 ¿5
, taigi A ≈ 63°. S ABC = 12 AB BC sin A, S ABC = 12 4a 6a sin 63° ≈ 10,73a2.
41
2.6. Sinusų ir kosinusų teoremų taikymas
MOKINIAI TURĖTŲ gebėti taikyti sinusų teoremą ir kosinusų teoremą spręsdami praktinio bei matematinio turinio uždavinius.
REIKĖTŲ PAKARTOTI
• trikampio pusiaukraštinių savybę.
Lengviausios: 2.73, 2.75, 2.77.Vidutinio sunkumo: 2.74, 2.76, 2.79.Sunkiausios: 2.78.
U Ž D U O Č I Ų D I F E R E N C I J AV I M A S
ŠIAME SKYRELYJESprendžiami uždaviniai, skirti įgytoms žinioms taikyti praktiškai, įrodoma lygiagretainio įstrižainių sa-vybė, iškilojo keturkampio ploto formulė S = 1
2 d1d2 sin .
Pagal kosinusų teoremą: BC2 = (4a)2 + (6a)2 – 2 4a 6a 1
¿5 = 4a2 (13 – 12
¿5), BC ≈ 5,53a.
Kadangi S ABC = 12 BC h, tai h = 2S ABC BC = 2 ∙ 10,73a2
5,53a ≈ 3,88a.
2.71 Kadangi Sstačiak = ab, Slygiagr = ab sin A, tai ab sin A = 12 ab, sin A = 12, A = 30°. 2.72 Kadangi žinomi visų trikampio kraštinių ilgiai, tai, remdamiesi kosinusų teorema, išreiškiame
kampo, esančio prieš vieną iš kraštinių, kosinusą. Tarkime, cos C: c2 = a2 + b2 – 2ab cos C, cos C = a2 + b2 – c2
2ab . sin2 C + cos2 C = 1, 0° < C < 180°, taigi
sin C = ¿1 – (a2 + b2 – c2
2ab )2¡ = ¿(1 – a2 + b2 – c2
2ab )¡(1 + a2 + b2 – c2
2ab )¡ = = ¿(c2 – (a2 – 2ab+ b2)
2ab )¡((a2 + 2ab+ b2) + c2
2ab )¡ = ¿(c2 – (a – b)2)((a + b)2 – c2)4a2b2 ¡¡ =
= ¿(c – a + b)(c + a – b)(a + b – c) 4a2b2 ¡(a + b + c)
¡¡ = ¿(a + b + c – 2a)(a + b + c – 2b) 4a2b2 ¡(a + b – 2c)(a + b + c)
¡¡ .
S = 12 ab sin C = 12 ab ¿(a + b + c – 2a)(a + b + c – 2b) 4a2b2¡(a + b + c – 2c)(a + b + c)
¡¡ =
= ¿ a2b2(a + b + c – 2a)(a + b + c 16a2b2¡– 2b)(a + b + c – 2c)(a + b + c)
¡¡ =
= ¿(a + b + c2 – 2a
2 )¡(a + b + c2 – 2b
2 )¡(a + b + c2 – 2c
2 )¡(a + b + c2 )¡ = ¿(p – a)(p – b)(p – c)p¡.
Tai ir reikėjo įrodyti.
U Ž D U O Č I Ų S P R E N D I M A I I R AT S A K YM A I
2.73 B = 180° – (α + β) = (α + β). Taikome sinusų teoremą. AB = AC ∙ sin β sin (α + β).
Planimetrija
42
2.74 Nagrinėjame trikampį ABD. ABD > BDA, nes BDA = DBC (vidaus priešiniai kam-pai tarp AD || BC ir kirstinės BD), todėl kraštinė AD > AB (trikampyje prieš didesnį kampą yra ilgesnė kraštinė). Kadangi lygiagretainio priešingos kraštinės lygios, AD = BC, tai BC > AB.
2.75 1 būdas. Kadangi lygiagretainio kraštinių ilgių kvadratų suma lygi įstrižainių ilgių kvadratų sumai, tai AC2 + BD2 = 2(AB2 + BC2).
BD = ¿2(AB2 + BC2) – AC2¡ ; BD = ¿2(4,92 + 5,42) – 8,82¡ ≈ 5,4 (cm). Trikampiui BCD taikome kosinusų teoremą. cos BCD = BC2 + CD2 – BD2
2BC ∙ CD = 5,42 + 4,92 – 5,42
2 ∙ 5,4 ∙ 4,9 = 0,4537037, cos BCD ≈ 63°.
ABC = 180° – 63° = 117° (kampų prie vienos lygiagretainio kraštinės suma lygi 180°). 2 būdas. Trikampiui ABC taikome kosinusų teoremą: AC2 = AB2 + BC2 – 2AB BC cos B. cos B = AB2 + BC2 – AC2
2AB ∙ BC = 4,92 + 5,42 – 8,82
2 ∙ 4,9 ∙ 5,4 = –0,4586168, B ≈ 117°, A = 180° – 117° = 63°.
Trikampiui ABD taikome kosinusų teoremą: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB AD cos A,
BD = ¿AB2 + AD2 – ¡2AB AD cos A¡ = ¿4,92 + 5,42 – ¡2 4,9 5,4 cos 63°¡ ≈ 5,4 (cm). BCD = A = 63° (lygiagretainio priešingieji kampai yra lygūs). 2.76 Priminkite mokiniams sinuso ir kosinuso apibrėžtis stačiajame trikampyje. Patarkite mokiniams nubrėžti aukštinę BK. BK = CE. Stačiajame trikampyje ABK taikydami
sinuso apibrėžtį, apskaičiuojame BK = 5,2 sin 67° ≈ 4,8 (dm). CE = BK = 4,8 dm. Taikydami kosinuso apibrėžtį, išreiškiame AK: AK = 5,2 cos 67°.
Trikampio CED CED = 90°, taigi CD = 4,8 sin 46° ≈ 6,7 (dm).
Išreiškiame ED: ED = 6,7 cos 46°. BC = AD – (AK + ED), BC = 12,9 – (5,2 cos 67° + 6,7 cos 46°) ≈ 6,2 (cm).
2.77 AB = ¿2702 + 4022 – ¡2 270 402 cos 36°¡ ≈ 243 (m). 2.78 Žr. 2.8 pav. 1 būdas. Priminkite mokiniams, kad: keturkampis, kurio įstrižainės susikirsdamos dalija
viena kitą pusiau, yra lygiagretainis; lygiagretainio įstrižainių kvadratų suma lygi kraštinių kvadratų su-mai, ir trikampio pusiaukraštinių savybę.
Patarkite mokiniams pusiaukraštinę AA1 pratęsti ir tęsinyje nuo taško A1 atidėti atkarpą A1D, kurios ilgis lygus atkarpos AA1 ilgiui; pagrįsti, kad keturkampis ABDC – lygiagretainis. Kadangi AD = 2AA1, tai AD2 + BC2 = 2(AB2 + AC2), 4AA1
2 + 36 = 2(25 + 64),
AA1 = 12 ¿142¡. OA = 23 AA1, OA = ¿142¡3
. Kitų pusiaukraštinių ilgius apskaičiuojame analogiškai. 2 būdas. Remdamiesi kosinusų teorema, apskaičiuojame trikampio ABC kampų kosinusus.
cos A = AB2 + AC2 – BC2
2 ∙ AB ∙ AC ; cos A = 25 + 64 – 362 ∙ 5 ∙ 8 = 0,6625;
cos B = BA2 + BC2 – AC2
2 ∙ BA ∙ BC = 25 + 36 – 642 ∙ 5 ∙ 6 = –0,05;
cos C = CA2 + CB2 – AB2
2 ∙ CA ∙ CB = 64 + 36 – 252 ∙ 8 ∙ 6 = 0,78125.
Trikampiams AA1B, BB1C ir AA1C pritaikę kosinusų teoremą, apskaičiuojame pusiaukraštinių AA1, BB1 ir CC1 ilgius.
AA12 = AB2 + BA1
2 – 2 AB BA1 cos B = 25 + 9 – 2 5 3 (–0,05) = 35,5, AA1 = ¿35,5¡. BB1
2 = BC2 + BA12 – 2 BA BA1 cos C = 36 + 16 – 2 6 4 0,78125 = 14,5, BB1 = ¿14,5¡.
CC12 = BC1
2 + BC2 – 2 BC1 BC cos B = 6,25 + 36 – 2 2,5 6 (–0,05) = 43,75, CC1 = ¿43,75¡.
2.8 pav.
43
Pasitikrinkite Sukauptų žinių sisteminimas, susiformuotų įgūdžių įsivertinimas
Sąvokų įtvirtinimo uždaviniai
Įgūdžių įtvirtinimo uždaviniai
Taikymo uždaviniai
Probleminiai uždaviniai
2.81, 2.82, 2.83 2.98, 2.99, 2.100, 2.101, 2.102 2.87–2.97, 2.103–2.109 2.84, 2.85, 28.6
2.80 Ats.: 13. 2.81 1 būdas. Priminkite mokiniams liestinės savybę ir kad daugiakampio kampų didumų suma lygi
180°(n – 2). Kadangi OLK = OMK = 90° (liestinės savybė), LOM = 360°– (180° + 80°) == 100°. Trikampis OLM – lygiašonis (OM = OL), taigi OML = 0,5(180° – 100°) = 40°.
2 būdas. Patarkite mokiniams nubrėžti atkarpą OK ir pagrįsti, kad Δ OMK = Δ OLK, tada ap-skaičiuoti KOM didumą ir kampo x didumą.
2.82 Taip, nes 85° + 95° = 180°. 2.83 Ne, nes 5k + 8k ≠ 7k + 9k. 2.84 2 = ABD + DBC (kvadrato ir lygiakraščio trikampio kampai), 2 = 90° + 60° = 150°.
Trikampis ABC – lygiašonis, nes AB = BC, taigi 1 = 0,5(180° – 150°) = 15°. 3 = AFB (kryžminiai), taigi 3 = ABD – 1, 3 = 90° – 15° = 75°. Δ ABC = Δ EDC (AB = ED, BC = CD, ABC = EDC), taigi CAE = CEA. CAE = 3 (atitinkamieji kampai tarp AE || BD ir kirstinės AC), todėl 4 = 180° – 2 3 = 180° – 150° = 30°.
Kadangi pusiaukraštinių susikirtimo taškas kiekvieną jų dalija santykiu 2 : 1, skaičiuojant nuo viršūnės, tai OA = 23 AA1, OA = 2 ¿35,5¡
3 = ¿142¡
3; OB = 23 BB1, OB = 2 ¿14,5¡
3 = ¿58¡
3;
OC = 23 CC1, OC = 2 ¿43,75¡3
= ¿175¡3
= 5 ¿73
.
2.79 a) Taikome sinusų teoremą: AB sin C = BC
sin A.
sin C = AB ∙ sin CBC , sin C = 18 ∙ sin 40°
12 = 0,96418.
Jeigu C bukasis, tai C ≈ 180° – 75° = 105°. Tada ABC = 180° – (105° + 40°) = 35°.
Pritaikę sinusų teoremą, apskaičiuojame AC: AC sin ABC = BC
sin A, AC = 12 ∙ sin 35°sin 40° ≈ 11 (m).
Jeigu C smailusis, tai C1 = 75°, o ABC1 = 180° – (75° + 40°) = 65°.
AC1 = 12 ∙ sin 65°sin 40° ≈ 17 (m).
b) ABC = BCD – A (trikampio priekampio savybė). ABC = 51° – 15° = 36°. MBE = ABC = 36° (kryžminiai kampai). MD AD, taigi M = 90° – 36° = 54°. Tri-
kampiui MEB taikome sinusų teoremą:
ME sin B = BE
sin M; ME = BE ∙ sin Bsin M = 32 ∙ sin 36°
sin 54° ≈ 23 (m).
c) P = 180° – (70° + 40°) = 70°. Kadangi A = P, tai trikampis APB – lygiašonis, todėl BP = 22 m. Taikome sinusų teoremą:
AP sin B = AB
sin P, AP = AB ∙ sin Bsin P , AP = 22 ∙ sin 40°
sin 70° ≈ 15 (m).
d) Taikome sinusų teoremą: AC sin B = BC
sin A, AC = BC ∙ sin Bsin A , AC = 1,5 ∙ sin 40°
sin 70° ≈ 1 (km).
Planimetrija
44
2.85 Jei vieno trikampio kampo didumas lygus 28°, tai kitų dviejų kampų didumų suma lygi 180° – 28° = 152°. Kampo, esančio tarp trikampio pusiaukampinių, didumas lygus 180° – – 0,5 152° = 104°.
2.86 BDC = 180° – (100° + 50°) = 30°. DBA = BDC = 30° (vidaus priešiniai kampai tarp AB || DC ir kirstinės BD). ADB = 180° – (120° + 30°) = 30°. ABD = ADB, taigi tri-kampis ADB – lygiašonis, todėl AD = AB. Tai ir reikėjo įrodyti.
2.87 1 būdas. 1 + DCO = 90° (stačiojo trikampio COD kampų didumų suma), 2 +DCF = 90° (stačiojo trikampio ACF kampų didumų suma). Kadangi DCO = DCF,
kampų didumų sumos lygios, todėl 1 = 2. Tai ir reikėjo įrodyti. 2 būdas. Kadangi keturkampio kampų didumų suma lygi 360°, o OFD = ODA = 90°,
tai 2 + FOD = 180°. 1 + FOD = 180° (gretutiniai kampai), taigi 1 = 2. 2.88 Priminkite mokiniams, kad: keturkampis, kurio priešingos kraš-
tinės lygiagrečios, yra lygiagretainis; lygiagretainis, kurio vienas kampas statusis, yra stačiakampis, ir Talio teoremą.
Žr. 2.9 pav. Kadangi DM || AC, DN || BC, tai keturkampis CMDN – lygiagretainis, kurio C = 90°. Todėl keturkampis CMDN yra stačiakampis, kurio įstrižainės CD ir MN. Atkarpa MN jungia trikampio ABC kraštinių AC ir BC vidurio taškus, taigi MN – trikampio vidurinė linija. Todėl MN = 0,5AB, MN = 3 (cm). CD = MN = 3 cm (stačiakampio įstrižainių ilgiai lygūs).
2.89 (Žr. vadovėlyje 2.75 pav., p. 63.) CB ∩ AD = E, CD ∩ AB = F. DEB = DFB = 90° (AD BC, CD AB). BEDF – keturkampis, taigi 1 + EBF + DEB + DFB = 360°, 1 + 2 + 90° + 90° = 360°, 1 + 2 = 180° (2 = EBF, kaip kryžminiai kampai). Tai ir reikėjo įrodyti. 2.90 (Žr. vadovėlyje 2.76 pav., p. 63.) Kadangi CD = OD, tai trikampis CDO – lygiašonis, todėl
C = DOA. ODE – trikampio COD priekampis, taigi ODE = 2DOA. Trikampis DOE – lygiašonis (OD = OE, nes to paties apskritimo spinduliai), tai
ODE = OED = 2DOA. BOE trikampio CEO priekampis, todėl BOE = OEC + DCA = 2DOA + DOA = 3DOA. Taigi BOE = 3DOA. 2.91 (Žr. vadovėlyje 2.77 pav., p. 63.) Trikampyje ACB nubrėžiame pusiaukraštines AA1, BB1 ir
CC1 bei jų projekcijas MK, NP CL tiesėje MN. A1K MN ir BN MN, taigi A1K || BN, be to, CA1 = A1B, taigi ir CK = KN (Talio teorema). CK = 0,5 CN, taigi CK = 3 (cm).
MK = MC + CK, MK = 10 + 3 = 13 (cm). Analogiškai pagrindžiame, kad CP = 5 cm, o NP = NC + CP, NP = 6 + 5 = 11 (cm). C1L MN, AM MN, BN MN, taigi AM || C1L || BN ir AC1 = C1B, taigi C1L yra trapecijos
AMNB vidurinė linija, todėl ML = LN = 0,5MN, ML = 0,5(10 + 6) = 8 (cm). CL = MC – ML, CL = 10 – 8 = 2 (cm). 2.92 Žr. 2.10 pav. ABCD – kvadratas, kurio kraštinė lygi 1 m.
ACEF – kvadratas, kurio kraštinė lygi kvadrato ABCD įstrižainei. Δ ACE – lygiašonis (AC = CE, nes kvadrato kraštinės). AE – kvadrato ACEF įstrižainė. CD AE, taigi AD = DE (lygiašonio trikampio aukštinė ir pusiaukraštinė su-tampa), todėl įstrižainės AE ilgis 2 m.
2.9 pav.
2.10 pav.
45
2.93 Žr. 2.11 pav. 1 būdas. Kadangi B = 120°, tai A = 60°. Δ ABD – lygia-
kraštis (AB = AD). BK = AO (lygiakraščio trikampio visų aukštinių ilgiai lygūs). Lygiakraščio trikampio aukštinės ir pusiaukraštinės sutampa, taigi
MO = 13 AO, MO = 13 10,5 = 3,5 (cm). Δ BMO = Δ BON (BO – bendra, BOM = BON = 90°,
MBO = NBO = 30°), taigi MO = ON = 3,5 cm, todėl MN = 7 cm.
2 būdas. Δ ABD – lygiakraštis, nes ABD = BDA = 60° (rombo įstrižainė sutampa su rom-bo kampo pusiaukampine), AB = AD (rombo kraštinės). Analogiškai Δ BDC – taip pat lygia-kraštis. ABK = KBD = 30° ir DBL = LBC = 30°, nes lygiakraščio trikampio aukštinė sutampa su pusiaukampine ir pusiaukraštine.
BK = AO, BM = 23 AO, BN = 2
3 CO (CO = AO), taigi BM = BN. MBN = 60°, trikampis MBN – lygiakraštis, todėl MN = BM = BN = 23 AO = 23 21
2 = 7 cm.
2.94 (Žr. vadovėlyje 2.78 pav., p. 63.) P ABC = P1 + P2 + P3, nes liestinių, nubrėžtų iš vieno taško, atkarpų iki lietimosi taškų ilgiai lygūs.
2.95 Apskaičiuojame gauto aštuonkampio kraštinių ilgius. Kadangi apskritimo spindulio ilgis lygus pusei kvadrato įstrižainės ilgio, tai gauto aštuonkampio kraštinės, esančios kvadrato kraštinėje,
ilgis lygus a ¿22
– (a – a ¿22 ) = a(¿2 – 1). Kvadrato kraštinės atkarpos, nepriklausančios aštuon-
kampio kraštinei, ilgis a – a ¿22
= a ¿2 ( ¿2 – 1 )2
. Aštuonkampio kraštinės, kuri jungia gretimų
kvadrato kraštinių taškus, ilgį apskaičiuojame taikydami Pitagoro teoremą:
¿2 a ¿2 ( ¿2 – 1 )2
= a(¿2 – 1). Visos aštuonkampio kraštinės lygios ir visi kampai lygūs
(180° – 45° = 135°), todėl aštuonkampis yra taisyklingasis. 2.96 Nubrėžiame trapecijos aukštinę BK. P – trapecijos vidurinės linijos MN ir aukštinės BK san-
kirtos taškas. BP = PK (Talio teorema). SMBCN = MN + BC
2 BP = 10 + BC2 BP, SAMND = MN + AD
2 PK = 10 + AD2 PK.
SMBCN SAMND
= (10 + BC)BP 2 (10 + AD)PK
2 = 10 + BC
10 + AD, 10 + BC10 + AD = 35, 3AD – 5BC = 20.
AD + BC = 20 (trapecijos vidurinės linijos savybė). Gauname lygčių sistemą
3AD – 5BC = 20,{ AD + BC = 20, kurią išsprendę apskaičiuojame, kad AD = 15 cm, BC = 5 cm.
2.97 (Žr. vadovėlyje 2.79 pav., p. 64.) Trikampio ABC įžambinės ir pusskritulio sankirtos tašką pa-žymime D. Figūrą S sudaro lygiašonis trikampis AOD ir skritulio išpjova BOD.
S1 = S AOD + SBOD, S1 = 12 a2 + 14 a2 = a2
4 (2 + ). Figūros S2 plotas lygus išpjovos AOD ir trikampio AOD plotų skirtumui, nes figūra S2 yra
nuopjova. S2 = Sišpj – SΔ AOD, S2 = 14 a2 – 12 a2 = a2
4 ( – 2). Figūros S3 plotas lygus išpjovos ABE ir figūros S1 plotų skirtumui.
S3 = 18 (2a)2 – a2
4 ( – 2) = πa2
2 – πa2
4 + a2
2 = a2
4 ( + 2). Figūros S4 plotas lygus trikampio ABC ir išpjovos ABE plotų skirtumui.
S4 = 12 (2a)2 – 18 (2a)2
= (2a)2
8 (4 – ) = a2
2 (4 – ).
2.11 pav.
Planimetrija
46
2.98 Taikome kosinusų teoremą: a2 = b2 + c2 – 2bc cos A, cos A = b2 + c2 – a2
2bc = 82 + 52 – 72
2 ∙ 8 ∙ 5 = 0,5, A = 60°.
cos B = a2 + c2 – b2
2ac = 72 + 52 – 82
2 ∙ 7 ∙ 5 = 17, B ≈ 82°.
C = 180° – (60° + 82°) = 38°. 2.99 C = 180° – (41° – 79°) = 60°. Taikome sinusų teoremą: b = 6 ∙ sin 79°
sin 41° ≈ 8,98 (cm); c = 6 ∙ sin 60°sin 41° ≈ 7,92 (cm).
2.100 Taikome kosinusų teoremą: c = ¿a2 + b2 – 2ab cos C¡, c = ¿62 + 92 – 2 6 9¡ ≈ 6,06 (cm).
2.101 Taikome kosinusų teoremą: cos A = AB2 + AC2 – BC2
2 ∙ AB ∙ AC = 152 + 112 – 82
2 ∙ 15 ∙ 11 = 0,8(54), A ≈ 31°.
cos B = BA2 + BC2 – AC2
2 ∙ BA ∙ BC = 152 + 82 – 112
2 ∙ 15 ∙ 8 = 0,7, B ≈ 46°; C = 180° – (31° + 46°) = 103°.
2.102 (Žr. vadovėlyje 2.82 pav., p. 64.) ABC = 31,2° – 20,8° = 10,4°. Trikampiui ABC taikome sinusų teoremą:
AB = 100 ∙ sin 20,8°sin 10,4° ≈ 196,714 (m).
Stačiojo trikampio BAD BDA = 90°, taigi BD = 196,714 sin 31,2° ≈ 102 (m). 2.103 (Žr. vadovėlyje 2.83 pav., p. 64.) Kadangi apskritimas, kurio centras O1, įbrėžtas į CDA, tai
DA yra CDA pusiaukampinė, todėl O1DM = 60°. O1MD = 90° (spindulys statmenas liestinei lietimosi taške). Trikampis DO1M – statusis.
DM = r tg 30°, DM = ¿33 r. OM = ¿3 + ¿3
3 r. OK = OC = 2, taigi OO1 = 2 – r.
Stačiajam trikampiui OO1M taikome Pitagoro teoremą:
(2 – r)2 = r2 + 3 + 2r + r2
3 , r2 + 18r – 3 = 0, r = 9 – 2 ¿21¡ (r = 9 + 2 ¿21¡ > 2 netinka, nes taškas M – spindulio r ir spindulio OC sankirtos taškas).
2.104 (Žr. vadovėlyje 2.84 pav., p. 65.) Artimiausia viršūnė nuo centro yra A. Pažymėkime AO = x, tada OC = a – x. Nubrėžkime spindulį OD. ODC = 90° (liestinių savybė). Stačiajam trikam-piui COD pritaikę smailiojo kampo sinuso apibrėžtį, išreiškiame apskritimo spindulio OD ilgį:
sin C = ODOC, OD = OC sin 60°, OD = ¿3
3 (a – x). Nubrėžę spindulį OE, gauname trikampį AOE. Taikome kosinusų teoremą: OE2 = AO2 + AE2 – 2AO AE cos A,
34 (a – x)2
= x2 + a2
4 – 2 x a2 cos 60°,
34 a2 – 32 ax + x2 = x2 + a2
4 – 12 ax.
Pertvarkę reiškinį, gauname kvadratinę lygtį – x2
4 – ax + a2
2 = 0, kurios sprendiniai yra
x1 = (¿6 – 2)a ir x2 = –(¿6 + 2)a. Uždavinio sąlygą tenkina tik teigiamosios reikšmės, taigi
ieškomojo atstumo ilgis lygus (¿6 – 2)a.
2.105 (Žr. vadovėlyje 2.85 pav., p. 65.) Apskritimo, įbrėžto į Δ ABC, centras O1, O1M – statmuo iš taško O1 į AB, OK – statmuo iš O į BA, BD – trikampio ABC aukštinė, taigi AD = DC = 5. MA = AD = AK = 5 (liestinės nubrėžtos iš vieno taško).
Δ BO1M ~ Δ BAD (DAM – bendras, M = BDA = 90°), taigi
BMBD = O1M
AD , xy = r5, M = x, BD = y.
Δ BAD ~ Δ BKO (DBK – bendras, BDA = K = 90°), taigi BA
BO = ADOK , x + 5
y + 7,5 = 5 7,5.
7,5x + 38,5 = 5y + 38,5, y = 1,5x. x
1,5x = r5, 23 = r5, r = 103 .
47
2.106 (Žr. vadovėlyje 2.86 pav., p. 65.) Kadangi pusiaukraštinės AM = BE, tai trikampis ABC – ly-giašonis. Kampai OEC ir CMO – įbrėžtiniai, kurie remiasi į pusapskritimį, todėl OEC = = CMO = 90°. Pusiaukraštinės statmenos trikampio kraštinėms, t. y. pusiaukraštinės su-tampa su aukštinėmis, todėl trikampis ABC – lygiakraštis. Stačiajam trikampiui AMB taikome smailiojo kampo sinuso apibrėžtį:
sin B = AMAB , AB = AM
sin 60°, AB = 3 ¿32
= 2 ¿3 (cm).
2.107 Taikydami Pitagoro teoremą, apskaičiuojame trikampio ABC aukštinės BD ilgį: BD = ¿AB2 – AD2¡, BD = ¿102 – 82¡ = 6 (cm). S ABC = 12 AC BD, S ABC = 12 16 6 = 48 (cm2). Pažymėkime apibrėžtinio apskritimo spindulį R, o įbrėžtinio – r. Tada
R = AB ∙ BC ∙ AC4S , R = 10 ∙ 10 ∙ 16
4 ∙ 48 = 253 (cm),
r = 2SABC AB + BC + AC, r = 2 ∙ 48
10 + 10 + 16 = 83 (cm).
2.108 (Žr. vadovėlyje 2.87 pav., p. 65.) Apie trikampį apibrėžto apskritimo centras – kraštinių vi-durio statmenų sankirtos taškas. Stačiajame trikampyje statinių vidurio statmenų sankirtos taškas – įžambinės vidurio taškas, taigi apibrėžtinio apskritimo skersmens ilgis lygus trikampio įžambinės ilgiui. Kai apskritimas įbrėžtas į trikampį, tai trikampio kraštinės yra to apskritimo liestinės. Kadangi
2R = c = l + m, a = l + r, l = a – r, b = m + r, m = b – r, tai 2R = a – r + b – r, 2R = a + b – 2r, 2R + 2r = a + b. Tai ir reikėjo įrodyti. 2.109 (Žr. vadovėlyje 2.88 pav., p. 65.) Nubrėžiame spindulius OA ir OB. Δ AOB – lygiašonis. OBA = OAB, taigi α = 180° – 2OBA. OBA = 90° – β (liestinės savybė), todėl α = 180° – 2(90° – β) = 180° – 180° + 2β = 2β. Taigi α = 2β. Tai ir reikėjo įrodyti.
Apie taisyklinguosius daugiakampiusSenovės Graikijos mokslininkas Euklidas (apie 365–300 pr. Kr.) parašė 13 knygų veikalą
„Pradmenys“, kuriame pateikė viską, kas buvo iki jo atrasta geometrijos srityje, ir sudarė vieningą ir darnią, aksiomomis ir nuosekliais samprotavimais paremtą sistemą. „Pradmenys“ buvo parašyti taip puikiai, kad apie 2000 metų geometrijos mokymas rėmėsi juose suformuluotais teiginiais. Senovės graikų mokslininkai taisyklingaisiais daugiakampiais domėjosi jau nuo Pitagoro laikų. Ištyrinėti rašytiniai šaltiniai rodo, kad jau senovėje buvo žinomi kai kurių taisyklingųjų daugiakampių braižymo būdai. Papildytą ir išplėtotą taisyklingųjų daugiakampių teoriją Euklidas susistemino ir išdėstė ketvirtojoje „Pradmenų“ knygoje.
VIII a. pabaigoje vokiečių matematikas 19-metis Karlas Frydrichas Gausas įrodė, kad, naudojant skriestuvą ir liniuotę, apskritimą galima padalyti į pirminiu skaičiumi reiškiamų N lygių dalių, čia N = 22n + 1. Senovės Graikijoje buvo žinoma, kaip, naudojant šiuos įrankius, nubrėžti taisyklinguosius daugiakampius, kurie turi 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, ... kraštinių. Po Gauso atradimo paaiškėjo, kad naudojant skriestuvą ir liniuotę galima nubrėžti taisyklinguosius daugiakampius, kurie turi 17, 34, 68, 126, 252, ... kraštines, ir negalima nubrėžti taisyklingųjų daugiakampių, kurie turi 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19, 21, 22, 23, 25, 26, 27, 28, 29, 31 kraštines.
Iš matematikos istorijos