Միջառարկայական կապերի շնորհիվ դպրոցական դասընթացը դառնում է ամբողջական, իսկ ուսուցումը դառնում է արդյունավետ և նպատակային: Հատուկ է հանրահաշվի դերը երկրաչափության մեջ:  Շատ դեպքերում տպավորությունն այնպիսին է, որ այս երկու առարկաների միջառարկայական կապը շատ միակողմանի է, այսինքն ՝ թվաբանական ապարատն է, որ նպաստում է տարբեր երկրաչափական խնդիրների խնդիրների քննարկմանը և լուծմանը:  Այնուամենայնիվ, նման եզրակացությունը, կարծես, պայմանավորված է նրանով, որ կա նաև հակառակ կապը, երբ հնարավոր է լուծել հանրահաշվական որոշ խնդիրներ `կիրառելով երկրաչափական տարբեր սկզբունքներ և օրինաչափություններ:   Այս աշխատանքը նվիրված է հակառակ կապի բացահայտմանը, երբ երկրաչափության դպրոցից հայտնի տարբեր փաստեր օգտագործելով, առաջարկվում են որոշ ոչ տիպիկ հանրահաշվական խնդիրների լուծման նոր մոտեցումներ: Խնդիր 1: ,  Պարամետրի ո՞ր արժեքների համար է հավասարման արմատների տարբերության մոդուլն ամենամեծ արժեքը վերցնելու: Լուծում 1 (հանրահաշվական):   Եթե ​​տվյալ հավասարումը արմատներ ունի, ապա այդ արմատների տարբերության մոդուլի համար մենք ստիպված կլինենք վերանայել, թե երբ: Լուծում 2 (երկրաչափական):  Նշենք, որ տրված հավասարումը համարժեք է հետևյալ հավասարմանը, որը ուղղանկյուն-կոորդինատ կոորդինատային համակարգում ներկայացնում է տարօրինակ շառավղով շրջանագծի հետ հավասարություն / Նկար .1 /:  Եթե ​​տրված հավասարումը արմատ ունի ar պարամետի որոշ արժեքում, ապա այդ արմատների տարբերության մոդուլը հավասար կլինի լարի երկարությանը:   Այսպիսով, տվյալ հավասարման արմատների տարբերության մոդուլը կստանա առավելագույն արժեք, երբ լարի երկարությունը կլինի առավելագույնը:   Եվ դա տեղի կունենա միայն այն ժամանակ, երբ շրջանագծի տրամագիծն է, այսինքն ՝ երբ: Խնդիր 2:  Որոշեք արտահայտության արժեքը: Լուծում 1 (հանրահաշվական):   Չգիտես ինչու, ուրեմն: 1a0218622aaxx21xx4442128222aaa4max21xx4a44322axxOa4; 3S2ra0a21AA21AA21AA4a25132arctgarctg 0513214arctgarctgarctg 251320arctgarctg15132151325132arctgarctgtg45132arctgarctg ÝÏ.1xaOS340a1A2A1x2աչափ լուծում   Հաշվի առեք քառակուսիների տասնհինգ միավոր (նկ. 2):   Հեշտ է նկատել, որ երբ ուղղանկյունը ժամացույցի սլաքի ուղղությամբ պտտվում է ուղղանկյան շուրջը, հատվածը պտտվելու է պտտվող ուղղանկյան կողմից, իսկ հատվածում ՝ հետ, մենք պնդում ենք, որ Գուրեմը:   Մյուս կողմից, մենք կունենանք և Եռանկյուններից, քանի որ դրանք սուր անկյուններ են, ուստի: Այսպիսով, մենք կունենանք. Խնդիր 3:  Ապացուցել հավասարումը: Լուծում 1 (հանրահաշվական):  Մենք ունենք: Լուծում 2 (երկրաչափական):  Հաշվի առեք ուղղանկյուն եռանկյունին, որում և.  Եկեք համապատասխանաբար վերցնենք այդ եռանկյունու կողմերի կետերը, որպեսզի և / Նկար 3 /:  Հեշտ է նկատել, որ հետո մենք կունենանք եռանկյունի:  Մյուս կողմից, մենք կունենանք «եռանկյունիներ»: ABCDAEFDF090GCFHAFGFGFAF090AFG4GAFAFDABG32ADFDFADtg51ABBGBAGtgFADBAG32arctgFAD51arctgBAGFADGAFBAGBAD245132 32451arctgar ctarct 3470sin170cos3000070sin170cos3000070cos70sin270cos2170sin23400000140sin30sin70cos30cos70sin44140sin40sin400090CABC020B3ACBCABDD0AAD30EC3020C0020 DCDAEDBEDCABCBED0020320ctgctgACBC0020cos420cos2BDBEBDABDHEFCGÝÏ.2 Քանի որ, այդ դեպքում, մենք կունենանք որտեղից ստանալ այն, ինչը պահանջվում էր ապացուցել: Խնդիր 4:  Լուծիր հավասարումը: Լուծում 1 (հանրահաշվական):  Հավասարության երկու մասերը բազմապատկելով ձախ կողմի լծակով ՝ մենք ունենք, ավելացնելով տրված հավասարումը ՝ ստանում ենք.  Արդյունքում առաջացած հավասարումը: Պատասխան.   Լուծում 2 (երկրաչափական):   Հեշտ է նկատել, որ եթե ընտրված հավասարման արմատն է, ապա և այդ հավասարման արմատը կլինի, և այնպես որ բավական է լուծել տրված հավասարումը ոչ-բացասականների համար `ավելացնելով վերջինիս հակառակ թվերը ստացվածին արմատները Հաշվի առեք և եռանկյունները, որոնցում և / Նկար 4 /:  Կոսինուսի թեորեմի համաձայն և մենք ստանում ենք եռանկյուններից: Մյուս կողմից, ըստ եռանկյան հավասարության, եռանկյան համար կունենանք թիվ, ընդ որում ՝ հավասարման դեպքը տեղի է ունենում միայն այն դեպքում, եթե հատվածին հետադարձ տրված հավասարումը լուծում կունենա միայն այն դեպքում, եթե կետը պատկանում է: Պատասխան. Խնդիր 5:  Ապացուցեք, որ եթե և, ապա լուծում 1 (հանրահաշվական):  Դա հեշտ է նկատել: BDCDBC0020cos41203ctg470sin170cos3420cos120sin30000421122xxxxxxxxx112200344142122222xxxxxxxxxx0x0x 0xxABDBCD1CDADxBD060ADB0120CDBABDBCD12xxAB12xxBCABC11222xxxxBCABACBAC00xBDDB0x5122ba122 dc1 BdacADCB4 AB.ABCDE3: դա տեղի է ունենում և միայն այն ժամանակ, երբ և: Ավելին, հավասարության դեպք Լուծում 2 (երկրաչափական):   Հաշվի առեք ուղղանկյունը ՝ roուռ / Նկար 5 /: Հեշտ է տեսնել, որ ուղղանկյուն քառանկյունը կարելի է գծագրել: Պտղոմեոսի թեորեմը պնդում է, որ շրջանագծի ցանկացած անկյունում ցանկացած քառանկյունի արտադրանքը հավասար է քառանկյան հակառակ կողմերի արտադրյալների հանրագումարին:   Հետևաբար, կարող ենք գրել, որ հավասարության դեպքը լինում է միայն այն դեպքում, երբ է-ն ուղղանկյուն է, այսինքն `երբ և: 1222222dbcabdacbdaccadb0abcdABCDaABbBCcCDdDA1AC090ADCABCABCD1BDBDACbdacbdac0abcdABCDcadb0abcdABCD5: ԱՌԱԱՐԿՈՒՄ 1. Ա.Հ. Կարապետյան, Հանրահաշիվ, վարժությունների ժողովածու, Երևան, «Քվանտ» հրատարակչություն, 2000: 2. Կ.Գ Առաքելյան, Մաթեմատիկական խնդիրների 6-10 ժողովածու, Երեւան, ԷդիթՊրինտ, 2003: 3. Գ. Գորգյան, Ա. Սահակյան, Հանրահաշիվ և բնական գիտությունների հոսքի մաթեմատիկական անալիզատորներ, 11-րդ դասարանի դասագիրք, Երևան, «Տիգրան Մեծ», 2011: Տեղեկություններ հեղինակների մասին `Ֆրանց Մանուկյան Վարդան - Ֆիզ. Մաթեմատիկա: գիտնականի թեկնածու, Գյումրու Մ. Նալբանդյանի անվան պետական ​​մանկավարժական ինստիտուտ, դասախոս, էլ.  mvardan_1972@mail.ru Նիկողոսյան Գագիկ Սերյոժա - ֆիզ. մաթ. գիտնականի թեկնածու, ՀՊՏՀ Գյումրու մասնաճյուղ, օգնական, էլ. ։

Աշխատանքը  վերաբերում  է  «Հանրահաշիվ»  և  «Երկրաչափություն»  առարկաների միջառարկայական կապի դրսևորմանը։
    Քննարկված  են    հանրահաշվի  դպրոցական  դասընթացի  ոչ  տիպային  որոշ խնդիրներ, որոնց համար բերված են ինչպես հանրահաշվական, այնպես  էլ երկրաչափական լուծումներ։
