Урок на тему"КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 4"

У р о к   № ТЕМА:КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 4 Ц е л и : проверить знания, умения и навыки учащихся в решении задач по теме «Движения». Ход урока I. Организация учащихся на выполнение работы. II. Выполнение работы по вариантам. Вариант I 1. Дана трапеция  АВСD. Постройте фигуру, на которую отображается эта трапеция при симметрии относительно прямой, содержащей боковую сторону АВ. 2.   Две     окружности     с     центрами    О1  и  О2,   радиусы   которых   равны, пересекаются в точках  М  и  N. Через точку  М  проведена прямая, параллельная О1О2  и   пересекающая   окружность   с   центром  О2  в   точке  D.  Используя параллельный   перенос,   докажите,   что   четырехугольник  О1МDО2  является параллелограммом. Вариант II 1. Дана трапеция  АВСD. Постройте фигуру, на которую отображается эта трапеция при симметрии относительно точки, являющейся серединой боковой стороны СD. 2. Дан  шестиугольник  А1А2А3А4А5А6.  Его  стороны  А1А2  и  А4А5, А2А3 и А5А6, А3А4  и  А6А1  попарно равны и параллельны. Используя центральную симметрию, докажите, что диагонали А1А4, А2А5, А3А6 данного шестиугольника пересекаются в одной точке. Вариант III 1.   Дана   трапеция  АВСD  с   основаниями  АD  и  ВС.   Постройте   фигуру,   на которую   отображается   эта   трапеция   при   повороте   вокруг   точки  А  на   угол, равный углу DАВ, по часовой стрелке. 2.   На   одной   стороне   угла  ХОY  отложены   отрезки  ОА  и  ОВ,   а   на   другой стороне – отрезки  ОМ  и  ОN  так, что  ОМ  =  ОА,  ОN  =  ОВ. Используя осевую симметрию,   докажите,   что   точка   пересечения   отрезков  МВ  и  АN  лежит   на биссектрисе угла ХОY.Вариант 2 1.   Дана   трапеция  АВСD  с   основаниями  АD  и  ВС.   Постройте   фигуру,   на  которую отображается эта трапеция при параллельном переносе на вектор  АD . 2.  На  биссектрисе  внешнего  угла при  вершине  С  треугольника  АВС  взята точка М. Используя осевую симметрию, докажите, что  АС + СВ < АМ + МВ. Домашнее задание:  повторить пункты 27–28 «Об аксиомах геометрии» и «Аксиома параллельных прямых».О1М и О2Д ­ радиусы равных окружностей. следовательно, они равны.  Опустив перпендикуляры Ма из М и  Дн из Д на прямую О1О2, получим равные  между собой отрезки,  они равны е также высоте четырехугольника  О1О2ДМ. Прямоугольные треугольники О1аМ и О2нД равны по гипотенузе и  катету, и их основания лежат на одной прямой. Сдвигая окружность О1 по прямой О1О2,  получим совмещение  О1 и О2, т.к.  МД || О1О2, Совпадут и перпендикулярные отрезки между прямыми,  опущенные из точек  пересечения радиусов с окружностью.  Расстояние между их вершинами М и Д,  О1 и О2 равны. Следовательно, МД=О1О2.  Четырехугольник, в котором стороны попарно равны и параллельны, ­  параллелограмм Четырехугольник О1МДО2 является параллелограммом, что и требовалось  доказать.  3 ВАРИАНТ.  Пусть ВМ и АN пересекаются в точке Р.  Рассмотрим треугольники ОВМ и OАN: ОВ=ОN, ОМ=ОА, угол АОМ ­ общий. Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Из равенства треугольников сОВМледует, что угол   равен углу АNO. НО тогда треугольники АВР и РМN равны по стороне и двум прилежащим к ней углам.  АВ=MN. так как ОВ­ОА=АВ, MN=ОN­ОМ. А по услвию ОВ=ОN и ОА=ОМ. Если из равных вычесть равные, то остатки тоже равны.Кроме того угол   равен углу АNO ( было доказано раньше). Углы АРВ и NPM  вертикальные. Они равны.  Значит и третьи углы тоже равны между собой. так как сумма углов треугольника 180. Из 180 вычтем два равных, останутся равные. Из равенства треугольников АВР и РМN следует, что АР=РМ. Значит Треугольники ОАР и ОРМ равны по трем сторонам. ОР ­ общая. ОА=ОМ по условию  и АР=РМ доказано выше. Из равенства треугольников следует, что УГОЛ АОР=углу РОМ. значит ОР ­ биссектриса.очка пересечения С  проведем линию ОС  ОВ=ОН, ОА=ОМ, значит АВ=МН  АВ=МН, углы АСВ и МСН равны, значит треугольники равны и значит АС=СМ  Из треугольников ОАС и ОСМ:  ОА=ОМ, АС=СМ, ОС­общая значит треугольники равны по трем сторонам и значит углы  АОС и СОМ равны, а значит ОС­биссектриса угла ХОУ Легко показать (я не знаю, центральная это симметрия или нет), что треугольники,  образованные парными боковыми сторонами и парой из указанных диагоналей,  равны (по стороне и 2 углам при ней, как внутренним накрест лежащимпри  параллельных). Например, треугольник А1А2О = треугольник А4А5О, где О ­ точка  пересечения А1А4 и А2А5. Это означает, что обе эти диагонали в точке их  пересечения делятся пополам. И эта пара сторон и пара диагоналей центрально  симметрична относительно О. Рассматривая другую пару сторон, видим, что и они  делятся точкой пересечения пополам, то есть эта точка совпадает с О. Поэтому у  фигуры есть центр симметрии, и все диагонали, соединяющие центрально  симметричные вершины (А1 и А4, А2 и А5, А4 и А6), обязательно проходят через  центр симметрии и делятся им пополам.     Я не уверен, что это то, что вам надо, но по существу это именно то.  Пусть ВМ и АN пересекаются в точке Р.  Рассмотрим треугольники ОВМ и OАN: ОВ=ОN, ОМ=ОА, угол АОМ ­ общий. Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Из равенства треугольников сОВМледует, что угол   равен углу АNO. НО тогда треугольники АВР и РМN равны по стороне и двум прилежащим к ней углам.  АВ=MN. так как ОВ­ОА=АВ, MN=ОN­ОМ. А по услвию ОВ=ОN и ОА=ОМ. Если из равных вычесть равные, то остатки тоже равны.Кроме того угол   равен углу АNO ( было доказано раньше). Углы АРВ и NPM  вертикальные. Они равны.  Значит и третьи углы тоже равны между собой. так как сумма углов треугольника 180. Из 180 вычтем два равных, останутся равные. Из равенства треугольников АВР и РМN следует, что АР=РМ. Значит Треугольники ОАР и ОРМ равны по трем сторонам. ОР ­ общая. ОА=ОМ по условиюи АР=РМ доказано выше. Из равенства треугольников следует, что УГОЛ АОР=углу РОМ. значит ОР ­ биссектриса. очка пересечения С  проведем линию ОС  ОВ=ОН, ОА=ОМ, значит АВ=МН  АВ=МН, углы АСВ и МСН равны, значит треугольники равны и значит АС=СМ  Из треугольников ОАС и ОСМ:  ОА=ОМ, АС=СМ, ОС­общая значит треугольники равны по трем сторонам и значит углы  АОС и СОМ равны, а значит ОС­биссектриса угла