Методичка по планиметрии (С.В. Кириллова, Л

Министерство образования и науки
ФГБОУ ВПО Нижегородский государственный педагогический университет
Элементарная математика:
геометрические фигуры и их свойства в
задачах на доказательство и вычисление
Учебно-методическое пособие
для студентов факультета математики,
информатики и физики
Нижний Новгород
2011
Печатается по решению редакционно-издательского совета Нижегородского
государственного педагогического университета
Кузнецова Л.И., Кириллова С.В., Огурцова О.К.
Элементарная математика: геометрические фигуры и их свойства
в задачах на доказательство и вычисление: Учебно-методическое пособие
для студентов факультета математики, информатики и физики. Н. Новгород:
НГПУ, 2011, 72 с.
В пособии представлен раздел курса элементарной математики
«Планиметрия. Задачи на доказательство и вычисление». В него включены
темы «Треугольник», «Четырехугольник», «Окружность». В каждой теме
содержатся основные теоретические положения, наборы решенных
ключевых задач, выделены характерные для темы методы и приемы решения
задач, приведены списки задач для аудиторной и самостоятельной работы,
темы рефератов, указана литература к ним.
Предназначено для студентов факультета математики, информатики и
физики, обучающихся по специальности «032100.00 – Математика с
дополнительной специальностью».
Рецензент: Т.А. Иванова, доктор пед. наук, профессор кафедры теории и
методики обучения математике.
Отв. за выпуск: С.В. Кириллова, доцент кафедры теории и методики
обучения математике.
2
Введение
Цель данного учебно-методического пособия по планиметрии –
оказание помощи студентам факультета математики, информатики и физики
в
усвоении
курса
элементарной
математики,
в
частности
раздела
«Планиметрия. Задачи на доказательство и вычисление». Раздел содержит
три
дидактические
четырехугольника
дидактической
и
единицы:
геометрия
единицы
геометрия
треугольника,
окружности.
представлено
В
геометрия
разработке
следующее
каждой
содержание:
систематизированный теоретический материал; задачи, иллюстрирующие
применение этого материала; комментарий к поиску и решению ключевых
задач, в котором отражены основные методы и приемы поиска и решения
задачи; список задач для аудиторной и самостоятельной работы студентов.
Для каждой дидактической единицы запланированы следующие виды
учебной деятельности студентов.
1.
Аудиторные занятия: лекции и практикумы.
2.
Самостоятельная работа студентов:
- подготовка к практическим занятиям: изучение математической
литературы по каждой теме, анализ учебников по математике для школы,
выполнение практических заданий, подготовка к выступлению (по теории
или с решением конкретных задач);
- разработка материалов для проведения микросреза (теоретического
характера) по конкретной теме;
- разработка материалов для проведения микросреза (практического
характера) по конкретной теме;
-
создание
"методической
копилки"
(подбор
упражнений
для
конкретной темы, наглядные пособия, дидактические материалы, творческие
упражнения, дифференцированные задания и др.);
- самостоятельное изучение отдельных тем;
- написание реферата по конкретной теме;
3
- подготовка к контрольным работам по отдельным темам и к
тестированию.
3. Контроль самостоятельной работы студентов:
- текущий контроль (выполнение кратких письменных работ; создание
«банка» задач; решение задач из списков);
- промежуточный контроль (выполнение контрольных работ; отчет по
спискам задач).
Для организации самостоятельной деятельности студентов в пособие
включены, кроме списков задач, темы рефератов (приложение 2), список
литературы и две контрольные работы (приложение 1). Темы рефератов
подобраны таким образом, чтобы углубить и расширить материал
представленного в пособии раздела планиметрии. Список литературы
содержит источники, в
которых находится достаточно теоретического и
задачного материала для подготовки к практическим занятиям, написания
рефератов, подборки заданий для микросрезов,
создания собственного
«банка» задач по конкретной теме. Контрольные работы отражают уровень
обязательных требований к знаниям и умениям студентов по данному
разделу и предназначены для подготовки к аудиторной контрольной работе.
Задачи, представленные в пособии, частично заимствованы из
литературы, частично составлены авторами. Ответы к задачам прилагаются.
Примерный тематический план изучения раздела
№
Т Е М Ы
Часы
Задачи для
Задачи для
аудиторной
самостоятельной
работы
работы
Л Е К Ц И Я
1-2.
Методы
и
приемы
решения
геометрических задач
ПРАКТИЧЕСКИЕ
Сумма
3.
треугольника.
в
треугольнике.
Равнобедренный
и
прямоугольный
4
10-15
ЗАНЯТИЯ
углов
Неравенства
4
2
16-20
21-25
треугольники
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
Признаки и свойства равенства и
подобия треугольников
Пропорциональные
отрезки
в
треугольниках
Площадь
треугольника.
Метод
площадей
Теоремы
синусов,
косинусов,
формулы для вычисления длин
медиан, биссектрис
Теоремы Чевы, Менелая, Ван-Обеля в
решении задач
Понятие четырехугольника, виды
четырехугольников, их свойства и
признаки
Метрические
соотношения
в
четырехугольнике
Площадь четырёхугольника. Метод
площадей в решении задач на
четырёхугольники
Контрольная работа № 1
Окружность и круг. Измерение углов,
связанных
с
окружностью.
Метрические соотношения в круге
Окружность,
описанная
около
треугольника. Окружность, вписанная
в треугольник
Вневписанная
окружность.
Вспомогательная окружность
Контрольная работа № 2
Окружность,
описанная
около
четырехугольника.
Окружность,
вписанная в четырехугольник
Изучение
вычисление»
раздела
«Планиметрия.
2
26-30
31-35
2
36-40
41-45
2
46-50
51-55
2
56-60
61-65
2
66-70
71-75
2
81-85
86-90
2
91-95
96-100
2
101-105
106-110
2
Приложение 1
2
118-122
123-127
2
128-132
133-137
2
138-142
143-147
2
2
Задачи
Приложение 1
148-152
на
153-157
доказательство
и
направлено на формирование у студента следующих
компетенций:
- владеет культурой мышления, способен к обобщению, анализу,
восприятию информации, постановке цели и выбору путей её достижения
(ОК-1);
- способен логически верно строить устную и письменную речь (ОК-6);
- готов к взаимодействию с коллегами, к работе в коллективе (ОК-7);
5
- готов использовать основные методы, способы и средства получения,
хранения, переработки информации, готов работать с компьютером как
средством управления информацией (ОК-8);
- способен работать с информацией в глобальных компьютерных сетях
(ОК-9);
- способен использовать навыки публичной речи, ведения дискуссии и
полемики (ОК-16).
- осознанием социальной значимости своей будущей профессии,
обладанием мотивацией к осуществлению профессиональной деятельности
(ОПК-1);
- владением основами речевой профессиональной культуры (ОПК-3);
-владеет
основными
положениями
классических
разделов
математической науки, базовыми идеями и методами математики, системой
основных математических структур и аксиоматическим методом (СК-1);
- владеет культурой математического мышления,
алгоритмической
культурой,
способен
понимать
логической и
общую
структуру
математического знания, взаимосвязь между различными математическими
дисциплинами,
реализовывать
основные
методы
математических
рассуждений на основе общих методов научного исследования и опыта
решения учебных и научных проблем, пользоваться языком математики,
корректно выражать и аргументировано обосновывать имеющиеся знания
(СК-2);
- способен понимать
универсальный характер законов логики
математических рассуждений, их применимость в различных областях
человеческой деятельности, роль и место математики в системе наук,
значение математической науки для решения задач, возникающих в теории и
практике, общекультурное значение математики (СК-3);
- владеет математикой как универсальным языком науки, средством
моделирования явлений и процессов, способен пользоваться построением
математических моделей для решения практических проблем,
6
понимать
критерии
качества
математических
исследований,
принципы
экспериментальной и эмпирической проверки научных теорий (СК-4);
- владеет содержанием и методами элементарной математики, умеет
анализировать элементарную математику с точки зрения высшей математики
(СК-5).
В результате освоения раздела обучающийся:
знает:
 аксиомы и определения абсолютной геометрии;
 признаки
и
свойства
треугольников
и
их
частных
видов
(равнобедренный, равносторонний, прямоугольный);
 признаки и свойства биссектрис, медиан, высот, средних линий в
треугольниках разных видов;
 определения, свойства, признаки отношений равенства и подобия
треугольников;
 теоремы о метрических соотношениях в треугольниках;
 определения, свойства, признаки параллелограмма и его частных видов
(прямоугольника, ромба, квадрата);
 теорем о площадях четырехугольников и их частных видов;
 метрические соотношения в четырехугольниках;
 какие дополнительные построения характерны для треугольников,
четырехугольников, в частности, трапеции;
 определения окружности, радиуса, диаметра, хорды, касательной к
окружности, секущей;
 теоремы о диаметре, перпендикулярном к хорде, о свойстве и признаке
касательной к окружности, о свойствах касательных, проведенных к
окружности из одной точки;
 теоремы об углах, связанных с окружностью (центральный, вписанный,
с вершиной внутри круга, с вершиной вне круга, образованный
касательной и хордой);
7
 теоремы о метрических соотношениях в окружности;
 свойства, касающиеся взаимного расположения двух окружностей;
 теоремы о замечательных точках в треугольнике;
 определения и свойства окружности, описанной около треугольника,
вписанной и вневписанной в треугольник окружностей;
 ситуации, в которых окружность выступает как вспомогательная
фигура (дополнительное построение);
имеет представление:
 об анализе и синтезе как методах рассуждения, поиска решения задачи,
исходя из её требования (анализ) или условия (синтез), об аналитикосинтетическом методе;
 об анализе и синтезе как методах решения задач на доказательство и
вычисление;
 о методах от противного, исчерпывающих проб, полной индукции в
решении задач;
 о сущности конструктивного (синтетического) и алгебраического
методов решения задач;
 о сущности метода площадей и приемах, входящих в метод площадей;
умеет применять перечисленные выше знания и представления к
решению
типовых
геометрических
задач
на
доказательство
и
вычисление;
владеет методами равных треугольников, подобных треугольников,
алгебраическим
методом,
методом
дополнительных построений.
8
площадей,
приемом
Тема 1. Геометрия треугольника
Основные теоретические положения
I.Произвольный треугольник
 ABC : A , B , C – углы, a , b , c - стороны.
С
b
1. b  c  a  b  c .
a
L
2.
A
c
B
D
A  B  C  180  , CBD – внешний, CBD  A  C .
3. Определение и свойства равных треугольников.
Признаки равенства треугольников.
Подобие треугольников. Признаки подобия треугольников.
4.
Если в  ABC и  MPN
A  M , B  N , C  P , то
 ABC ~  MNP , тогда без рисунка можно записать
удобно записывать
AB BC CA


.
MN NP PM
5. Пропорциональные отрезки.
AB||CD
M
N
OA OB AB MA AB



,
,
OC OD CD NC CD
O
A
C
B
D
OA OB
OA AC OC




.
OC OD
OB BD OD
Если A – середина OC , то B – середина OD .
6. Биссектриса, медиана, высота. Их определения, свойства.
а) биссектрисы пересекаются в одной точке;
б) прямые, содержащие высоты, пересекаются в одной точке (эта точка
называется ортоцентром треугольника);
в) медианы
пересекаются
в
одной
точке
(эта
точка называется
центроидом треугольника);
г) медианы точкой пересечения делятся в отношении 2 : 1 , считая от
вершины;
д) если AL – биссектриса в треугольнике, то
AL2  AB  AC  LB  LC .
9
LB LC
LB AB



;
AB AC
LC AC
е) если
C
B1
A1
C
A
B
и
–
BB1
прямые, содержащие высоты
B1
A1
AA1
AA1 и BB1 треугольника ABC ,
A
B
то  CA1 B1 ~  CAB , k  cos C .
7. Теорема косинусов.
a 2  b 2  c 2  2bc  cos A  cos A 
b2  c2  a2
.
2bc
a 2  b 2  c 2  A – острый,
a 2  b 2  c 2  A – тупой,
a 2  b 2  c 2  A – прямой.
a
b
c


 2R , R
sin A sin B sin C
8. Теорема синусов:
– радиус описанной
окружности треугольника.
9. Площадь треугольника.
S
1
1
1
1
aha  bhb  chc  ab sin C , S 
2
2
2
2
p p  a  p  b  p  c   pr 
abc
. R , r
4R
радиусы описанной и вписанной окружностей соответственно,
p
полупериметр треугольника.
10. Следствия из теоремы о площади треугольника.
С
С
B1
A
D
A1
M
B
A
S ADC AD S ADC AD
;


S BDC BD S ABC AB
C1
B
Если M – точка пересечения медиан, то
S AMB  S BMC  S CMA 
10
1
1
S ABC , S AMC1  S BMC1  ...  S ABC
3
6
–
–
12. Средняя линия треугольника
11.
C
Три средние линии образуют
C
C1
B1
A
A1
S A1BC1
S ABC

A1
B
A
BA1  BC1
BA  BC
C1
B
четыре равных треугольника,
подобных треугольнику ABC
с коэффициентом
1
.
2
II.Равнобедренный треугольник
Определение, свойства, признаки: углы, прилежащие к основанию,
равны; биссектриса, медиана, высота, проведенные к основанию, совпадают.
III.Равносторонний треугольник
1. Биссектриса, медиана, высота, проведенные из одной вершины,
совпадают. Треугольник имеет центр – точка пересечения биссектрис,
медиан, высот, центр вписанной и описанной окружностей.
2. Если
a 3
,
a – сторона треугольника, то h 
2
a 3
a2 3
a 3
S
, R , r 
.
6
4
3
IV.Прямоугольный треугольник
1
1. B  30   b  c . 4. a  b  c  hc .
2
5. Теорема Пифагора
1
2. mc  c .
обратная:
B
mc
3. HC 2  HA  HB ;
hc
AC  AB  AH ;
b
C  90   a 2  b 2  c 2 .
6. sin A 
2
C
ей
2
M
H
a
и
A
a
c
a  c  sin A ,
BC 2  BA  BH ;
с
AH AC 2

.
BH BC 2
a
sin A
cos A 
b
,
c
b  c  cos A ,
с
b
cos A
tg A 
a
,
b
a  b  tg A
b
a
=
tgA
 a  ctg A .
11
V.Метод площадей
(формулы
площадей
треугольников,
многоугольников,
свойства
площадей используются при решении задач и доказательстве теорем,
в условиях и требованиях которых ничего не говорится о площадях.)
Основные приемы
1. Линейные (угловые) элементы и соответствия между ними можно
найти, применяя различные формулы для вычисления площади треугольника
(многоугольника).
2. Если треугольник (многоугольник) разбит на несколько треугольников,
то можно использовать свойство о том, что сумма площадей частей равна
площади исходного многоугольника (см. доказательство теоремы Пифагора в
учебнике [2]).
3. Отношение
отрезков
можно
заменить
отношением
площадей
треугольников (см. доказательство теорем Менелая и Чевы в учебнике [3]).
4. Если угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то
можно использовать тот факт, что отношение произведений сторон,
заключающих равные углы, равно отношению площадей соответствующих
треугольников. (см. доказательство первого признака подобия треугольников
в учебнике [2]).
5. При доказательстве геометрических неравенств можно использовать
неравенство для треугольника: 2s  ab .
VI.Теоремы Менелая и Чевы
1. Теорема Менелая.
Пусть на сторонах или на продолжении сторон AB ,
A
BC , CA треугольника ABC отмечены точки C1 , A1 ,
B1
B
A1
C1
С
B1 , не совпадающие с его вершинами, причем


 


BA

q
A
C
AC1  p C1 B ,
, CB1  r B1 A . Тогда если
1
1
точки C1 , A1 , B1 лежат на одной прямой, то pqr  1 ;
обратно: если pqr  1 , то точки C1 , A1 , B1 лежат на одной прямой.
12
2. Теорема Чевы.
С
A1
B1
C
A1
O
A
B1
B
С1
A
B
C1
Пусть на сторонах или продолжениях сторон AB , BC , CA треугольника
ABC отмечены точки C1 , A1 , B1 , не совпадающие с его вершинами, причем






AC1  p C1B , BA1  q A1C , CB1  r B1 A . Тогда если прямые AA1 , BB1 , CC1
пересекаются в одной точке или попарно параллельны, то pqr  1 ; обратно:
если pqr  1 , то прямые AA1 , BB1 , CC1 пересекаются в одной точке или
попарно параллельны.
VII.Дополнительные построения в треугольнике
1. Строится биссектриса, медиана, высота к основанию в равнобедренном
треугольнике.
2. Проводится высота к гипотенузе в прямоугольном треугольнике.
C
N
3. Удвоение
медианы
в
треугольнике:
AN  2 AM .
Появляются равные отрезки, равные углы,
M
A
B
пары равных треугольников, параллелограмм.
4. Если требуется получить половину отрезка, если есть середина одной
стороны треугольника, то может быть полезна средняя линия в треугольнике.
5. Точки A1 ,
C
B1 , O
определяют четыре
отношения:
A2
B2
AB1 CA1 BO AO
,
,
,
.
B1C A1 B OB 1 OA1
B1
A1 Если два из них известны, то два других можно найти
A
B
с помощью дополнительного построения A1 A2 ||
BB1 или B1 B2 || AA1 .
13
6. Если одна сторона в треугольнике в два раза больше другой, то
проводится медиана к большей стороне.
7. Если один угол в треугольнике в два раза больше другого, то
проводится биссектриса большего угла.
8. Если речь идет о сумме двух сторон, то на продолжении одной из них
за общую вершину откладывают другую.
Если речь идет о разности сторон, то от их общей вершины на большей
стороне откладывается меньшая.
Задачи, иллюстрирующие применение основных теоретических
положений
Задача 1. Через вершину A треугольника ABC проведена прямая,
перпендикулярная биссектрисе угла A , а из вершины B проведен
C1
C1
H
перпендикуляр
BH
к
этой
прямой.
Доказать, что периметр треугольника BCH
A
K
больше периметра треугольника ABC [2, №
345].
B
D
C
Решение.
и
BCH
Рис. 1
1. Периметры треугольников
ABC
BC  BH  HC
равны
и
соответственно
BC  AC  AB
.
Следовательно, нужно доказать, что BH  HC  AC  AB .
2. «Спрямим» ломаную BAC : на продолжении отрезка BA за точку A
отложим отрезок AC1 , равный AC (рис.1). Применяя неравенство
треугольника для треугольника BHC1 получим BH  HC1  BC1  BA  AC .
Осталось доказать, что HC1  HC .
3.  CAC1 равнобедренный по определению. По свойству внешнего угла
треугольника
имеем:
BAC  ACC1  AC1C  2AC1C
,
или
1
AC1C  BAC  BAD , откуда следует, что прямые CC1 и AD параллельны
2
(по признаку по соответственным углам).
14
Так как прямая HA перпендикулярна одной из параллельных прямых
( AD ) то она перпендикулярна и другой ( CC1 ).
В равнобедренном треугольнике CAC1 отрезок AK – высота, а значит, и
медиана. Поскольку отрезок AK – часть отрезка HK , то HK – медиана и
высота в треугольнике CHC1 и, значит,
 CHC1 – равнобедренный,
HC1  HC .
4. Итак,
получим:
BH  HC1  BC1
,
BH  HC  AC  AB
,
BC  HB  HC  BC  AC  BA , то есть PBCH  PABC .
Комментарий к задаче
1) Самый сложный шаг в поиске решения задачи – второй. Как
появляется мысль о дополнительном построении? – Есть теорема, которая
позволяет сравнить сумму отрезков с одним отрезком - неравенство
треугольника. Значит, можно попытаться получить нужный треугольник.
Почему спрямляем ломаную BAC , а не BHC ? – Потому что нужно чтобы
отрезки BH и HC или равные им были сторонами треугольника, иначе не
сможем получить неравенство с нужным знаком.
2) Равенство отрезков HC1 и HC можно доказать и другими
1
2
способами: например, установить, что CAK  C1 AK  90 o  A , тогда
AK – биссектриса в равнобедренном треугольнике и, значит, медиана и
высота; можно доказать равенство треугольников AHC и AHC1 .
3) В
решении
задачи
нигде
не
использовалось
условие
о
перпендикулярности прямых BH и AH . Выбирая в качестве точки H
различные точки на прямой l , перпендикулярной биссектрисе угла A ,
убеждаемся, что найденное решение подходит для каждого случая, если
треугольник BHC существует и не совпадает с треугольником ABC . Таким
образом, задачу можно сформулировать следующим образом: Через
вершину A треугольника ABC проведена прямая l , перпендикулярная
биссектрисе угла A . Докажите, что если точка H принадлежит прямой l
15
и не совпадает с точкой A и точкой пересечения прямыx l и BС , если
они не параллельны, то периметр треугольника BHС больше периметра
треугольника ABC .
Как видим, при решении задачи может быть использован практически
весь материал, изучаемый в курсе геометрии седьмого класса, она допускает
различные способы решения, в них требуется дополнительное построение,
которое подсказывает логика решения. Все это и наличие лишнего условия
делает задачу интересной и полезной.
Задача 2. Дан треугольник ABC , в котором углы A и B равны по 40  .
Отрезок AD – биссектриса треугольника. Доказать, что AD  CD  AB .
Решение.
M
1. На стороне AB отложим отрезок AK ,
C
равный AD . Теперь нужно доказать, что
D
KB  CD (рис. 2).
A
B 2. По
Рис. 2
3. Угол
N
построению
треугольник
ADK
равнобедренный с углом при вершине 20  ,
K
тогда AKD  ADK  80 0 .
AKD
–
внешний
угол
треугольника
BKD
,
DKA  DBK  BDK , откуда следует, что BDK  DBK  40 o , т.е. BDK -
равнобедренный по признаку, KB  KD .
4. Построим перпендикуляры DM и DN
DM  DN
к сторонам угла CAB ;
по свойству биссектрисы угла. Нетрудно установить, что
MCD  NKD  80 o , MDC  NDK  10 o .
Прямоугольные треугольники MDC
и NDK равны по катету и прилежащему к нему острому углу, тогда их
гипотенузы равны, т.е. CD  KD .
5. Из равенств KB  KD и CD  KD , получим, что KB  CD .
Итак, AD  CD  AK  KB  AB .
Комментарий к задаче
1) Как и в первой задаче, здесь потребовалось дополнительное
построение. Однако, несмотря на то, что в обоих случаях задействована
16
сумма отрезков, дополнительные построения выполняются разные. Выведем
такую эвристику: если требуется доказать, что сумма двух данных отрезков
равна третьему, тоже известному отрезку, то можно от конца отрезкарезультата на нем отложить отрезок, равный одному из слагаемых, и
доказать, что отрезок-остаток равен второму слагаемому.
Поскольку равенства a  b  c и a  c  b равносильны, то аналогичным
образом можно поступать, если требуется доказать, что разность двух
отрезков равна третьему.
2) Заключение о равенстве отрезков (углов) при конструктивном
(синтетическом) решении чаще всего делается из равнобедренности
треугольника или из равенства треугольников, что устанавливается с
помощью признаков. В задаче 2 использованы оба способа (см. пп. 3 и 4 в
решении).
3) Равенство отрезков DM и DN легко доказывается из равенства
треугольников DAM и DAN . Тем не менее, целесообразно использовать этот
факт как известный, т.к. он довольно часто используется при решении задач с
биссектрисой и не имеет смысла доказывать его каждый раз (см. задачу 10).
Задача 3. В непрямоугольном треугольнике ABC проведены высоты
BB1 и CC1 . Доказать, что треугольник AB1C1 подобен треугольнику ABC с
коэффициентом k  cos A .
Решение.
Треугольник
ABC
может
быть
тупоугольным, причем тупым может быть угол A
возможны три различных случая (рис. 3а, б, в).
17
остроугольным
и
и не A . Поэтому
A
B1
A
C1
C1
B1
A
C1
B
B
C
C
B1
C
B
б)
Рис. 3
a)
1. ABB1 ~ ACC1
определению
(по
подобных
двум
углам),
треугольников).
отношений получим пропорцию
в)
тогда
Из
AB AB1 BB1


AC AC1 CC1
равенства
первых
(по
двух
AB1 AC1
. В треугольниках AB1C1 и ABC

AB
AC
угол A – общий и стороны, заключающие этот угол, пропорциональны.
Значит,  AB1C1 ~  ABC .
2. Если k – коэффициент подобия, то k 
а и в) или

AB1
AB1
. Но
 cos A (в случаях
AB
AB

AB1
 cos 180 o  A   cos A (в случае б). Таким образом, если A  90  ,
AB
то cos A  0 и  cos A  0 , и cos A  cos A ; если A  90  , то cos A  0 и  cos A  0 , и
cos A   cos A . Итак, k  cos A .
Комментарий к задаче
1) Приведенное выше решение не зависит от вида треугольника.
2) В доказательстве используется второй признак подобия треугольников, что встречается довольно редко.
3) Задача может быть решена и другими средствами. Так, наличие
прямых углов наводит на мысль о дополнительном построении: здесь точки
B , C , B1 , C1 лежат на одной окружности, точки A , B1 , C1 и точка
пересечения высот также лежат на одной окружности. Приведенное выше
решение представляется нам более экономным.
18
4) Из подобия треугольников AB1C1 и ABC можно вывести следствие о
равенстве углов.
5) Если провести третью высоту – AA1 , то она пройдет через точку
пересечения первых двух и эта точка называется ортоцентром, а треугольник
A1 B1C1 - ортоцентрическим.
Факт, доказанный в задаче 3, позволяет установить связь между углами
(сторонами) исходного и ортоцентрического треугольников, что порождает
довольно большую группу задач.
Задача 4. Медиана BM
треугольника ABC равна его высоте AH .
Найти угол MBC .
Решение. 1. Вероятно, треугольник MBC может быть как остроугольным, так и тупоугольным. Поэтому будем рассматривать два случая
(рис.4 а, б).
B
H
N
B
H
N
A
M
а)
C
A
M
C
б)
Рис.4
2. Равные отрезки BM и AH не связаны никакой определенной
фигурой. Поэтому требуется дополнительное построение: нужно получить
треугольник, сторонами которого служат отрезки, равные отрезкам BM и AH
или известным частям этих отрезков. Такое построение подсказывает точка
M – середина AС : проведем через точку M отрезок MN , параллельный AH .
Тогда
MN 
MN  BC
(по
свойству
параллельных
прямых)
и
1
1
AH  BM (объясните почему).
2
2
3. В прямоугольном треугольнике BMN
катет MN равен половине
гипотенузы BM . Тогда, по свойству прямоугольного треугольника,
19
MBN  30 o , а MBC  30 o (рис.4, а) или MBC  180 o  30 o  150 o
(рис. 4,б).
Ответ. 30 o или 150 o .
Комментарий к задаче
1) Если в условии даны два равных элемента треугольника, из которых
один – медиана, то через конец медианы (середину отрезка) проводят
прямую, параллельную второму элементу.
Здесь можно было выполнить
другое стандартное дополнительное
построение – удвоение медианы. Получили бы параллелограмм, например,
ABCD . Затем через точку D нужно было бы провести DK параллельно AH ,
K  BC . Этот способ решения был бы несколько длиннее.
2) Если в треугольнике задано отношение равенства двух отрезков и
требуется найти угол, то нередко случается, что он оказывается элементом
треугольника
особого
вида:
равностороннего,
прямоугольного
равнобедренного или прямоугольного, в котором катет в два раза меньше
гипотенузы.
Задача 5. Точка X делит сторону AB треугольника ABC в отношении
5 : 6 , считая от точки A . Точка Y лежит на стороне AC и отрезок BY делится
отрезком XC в отношении 3 : 1 , считая от точки B . Найти отношения AY : YC
и CM : MX , где M – точка пересечения прямых CX и BY .
Решение.
По условию имеем треугольник ABC , в котором X  AB ,
AX : XB  5 : 6 , Y  AC , CX и BY пересекаются в точке M и BM : MY  3 : 1 (рис.
5). Требуется найти отношения AY : YC и CM : MX .
1. Чтобы иметь возможность перейти от искоC
мого отношения к заданным, т.е. заменить одни
Y
отношения другими, проведем через точку Y
M
прямую YZ , параллельную прямой CX , получим
T
пропорции
A
Z
X
Рис.5
B
20
AY AZ
ZX YM 1



(1) и
(2).
YC ZX
BX BM 3
Из
условия следует, что
чим
BX 6
 (3). Из пропорций (2) и (3), перемножая, полуAX 5
ZX BX 1 6
ZX 2 AX 5

  , или
 ,
 . Вычитая из обеих частей последнего
BX AX 3 5
AX 5 ZX 2
равенства по 1 после упрощений будем иметь:
тывая равенство (1), находим:
AX  ZX 5  2 AZ 3

 . Учи;
ZX
2
ZX 2
AY 3
 .
YC 2
2. Теперь проведем XT || BY
равным ему отношением CY : YT .
(рис. 5). Отношение CM : MX заменим
Получим пропорции CY : YA  2 : 3 (см.
пункт 1 решения). AY : YT  AB : BX  11 : 6 (следует из условия). Выполним
умножение:
CY AY 2 11 11
CY 11 CM

   , т.е.
 
.
YA YT 3 6 9
YT
9 MX
Ответ. AY : YC  3 : 2 ; CM : MX  11 : 9 .
Комментарий к задаче
1) Точки X , Y
и M
задают четыре отношения – отношения, в
которых точка X делит отрезок AB , Y – отрезок AC , M – отрезки CX и BY .
Если задать два из этих отношений, то два других можно найти.
2) Если
требуется
найти
отношение
отрезков
или
доказать
пропорциональность отрезков, то можно пытаться через точку провести прямую, параллельную заданной прямой, чтобы получить угол, стороны которого пересечены параллельными прямыми.
В ситуации задачи 5 проводим прямые, параллельные CX и BY .
Иногда достаточно одной прямой (как в п.1), иногда требуются обе прямые
(как в п.2).
3) В поиске решения существенную роль играет умение из пропорции
получать её производные. Например, если
следующие равенства:
a c
 верное равенство, то верны
b d
b d a b c d ab cd ab cd
a
c
 ,  ,  ,



,
,
,
a c c d a b
b
d
b
d
ab cd
a
c
ab cd


,
и другие.
ab cd ab cd
21
Задача 6. Высота треугольника, равная 2 см, делит угол треугольника в
отношении 2 : 1 , а основание треугольника на части, меньшая из которых
равна 1 см. Найти площадь этого треугольника.
С
Решение.
Пусть в треугольнике ABC CH – высота,
CH  2 см, ACH  2HCB , HB  1 см (рис.6).
B
A
K
1. Проведем
H
Рис.6
биссектрису
треугольнике
CH
в
,
тогда
является
биссектрисой,
ACH
ACK  KCH  HCB .
2. В
треугольнике
следовательно,
высота
KCB
CH
 KCB – равнобедренный и
CH в нем – медиана, т.е.
KH  HB  1 см.
3. По свойству биссектрисы CK CA : AK  CH : HK , или CA : AK  2 : 1 ,
т.е. CA  2 AK .
4. Для сокращения записей введем обозначение: AK  x , CA  2x .
В прямоугольном треугольнике ACH имеем: AC  2x ,
CH  2 .
AH  x  1 ,
Применяя к нему теорему Пифагора, получим уравнение
x  12  2 2  2 x 2 , которое приводится к виду
5
3
корни  1 и . Следовательно, AK 
1
2
5. S  AB  CH 
Ответ.
3x 2  2 x  5  0 . Уравнение имеет
5
5
11
см, AB  AK  KB   2  (см).
3
3
3
11
см2.
3
11
см2.
3
Комментарий к задаче
1) Задачи
1-4
решены
конструктивным
(или
его
называют
синтетическим) методом. Задачи 5 и 6 решены алгебраическим методом. В
задаче 5 применялся прямой счет, а в задаче 6 пришлось решать квадратное
уравнение. В других задачах могут быть использованы и линейные
уравнения, и уравнения более высоких степеней, системы уравнений,
неравенства.
22
2) Наличие условия о том, что один из углов в 2 раза больше другого,
наводит на мысль о проведении биссектрисы большего угла. В данном
случае мысль оказалась плодотворной: получили биссектрисы в двух
треугольниках и использовали разные их свойства, которые дали результат.
3) Как видим, теорема Пифагора используется не только для
нахождения длины отрезка, но и для получения уравнения с неизвестными.
Задача 7. Дан треугольник ABC и точка P на его стороне BC . Выразить
длину отрезка AP  p через длины отрезков AB  c , AC  b , BP  m , PC  n .
Решение.
A
1. Отрезок AP – общая сторона треугольников
с
b
ABP
p
B
m
n
C
P
Рис. 7
и ACP , для которых углы APB и APC –
смежные (Рис. 7). Пусть APB   , APC  180 o   .
Выразим стороны, лежащие против этих углов по
теореме косинусов:
c 2  p 2  m 2  2mp  cos  ,


b 2  p 2  n 2  2np  cos 180 o   , т.е.
b 2  p 2  n 2  2np  cos  .
2. Умножим первое равенство на n, а третье - на m и сложим их:
b 2 m  c 2 n  p 2 m  n  mnm  n .
Так как m  n  0 , то поделим обе части равенства на m  n и получим
Ответ. p 2  b 2
m
n
 c2
 mn .
mn
mn
Комментарий к задаче
1) Для нахождения зависимости между длинами отрезков может быть
использована теорема косинусов. При этом довольно часто она записывается
не для искомого отрезка, а для известного (как в задаче 7).
2) Полученный
в
задаче
факт
впервые
установил
английский
математик М.Стюарт и опубликовал его в труде «Некоторые общие
теоремы» в 1746 году. Соответствующая теорема носит имя Стюарта.
23
1
2
3) Если AP – медиана в треугольнике ABC , то n=m= a . Если AP биссектриса, то с:b=m:n и
m
c
n
b


,
(в обозначениях задачи 7).
mn bc mn bc
Используя теорему Стюарта, или проводя рассуждения, как и в задаче 7, получим: m a 
1
2b 2  2c 2  a 2 , l a  bc  mn .
2
Задача 8. Доказать, что сумма расстояний от произвольной точки, взятой внутри неравностороннего треугольника, до прямых, содержащих стороны треугольника, заключена между наименьшей и наибольшей из высот
треугольника.
Решение.
Пусть a , b , c – стороны
A
треугольника ABC , ha , hb , hc –
h2
c
b
h3
его высоты, M – точка внутри
треугольника,
M h1
B
a
C
Рис.8
расстояния
прямых,
от
h1 ,
h2 ,
точки
содержащих
h3
M
–
до
стороны
треугольника (рис. 8).
Для определенности будем считать, что ha  hb  hc .
1. Если S – площадь треугольника ABC , то S  S ABM  S BMC  S CMA (по
свойству площадей), или ah1  bh2  ch3  2S (1). Из формул для площади
треугольника находим: a 
2S
2S
2S
, b
, c
. Подставляя в равенство (1)
ha
hb
hc
вместо a , b , c их выражения через площадь и упрощая, получим
h1 h2 h3


1
ha hb hc
(2).
2. Умножим обе части равенства (2) на ha :
h1 
ha
h
h2  a h3  ha
hb
hc
24
(3).
Так как ha – наименьшая из высот или ha  hb ,, то
ha
h
h
 1 , a <1 и a h2  h2 ,
hc
hb
hb
ha
h3  h3 .
hc
Учитывая последние два неравенства, из равенства (3) получим:
ha  h1 
ha
h
h2  a h3  h1  h2  h3 .
hb
hc
3. Аналогично докажем, что h1  h2  h3  hc .
Комментарий к задаче
1) В тексте задачи нет упоминаний о площадях. При решении же
используются свойства площадей, формулы для вычисления площади треугольника. Говорят, что задача решена методом площадей.
Метод площадей относится к аналитическим методам решения геометрических задач.
2) Откуда появляется мысль об использовании теории площадей? - Высоты треугольника, расстояние от точки до прямой, содержащей отрезок, ассоциируются с формулами площади треугольника, поэтому метод площадей
и приходит на ум.
3) Метод площадей включает в себя ряд приемов. Некоторые из них,
наиболее часто встречающиеся, перечислены в теоретических положениях.
При решении задачи 8 использованы приемы 1 и 2.
Задача 9. Доказать, что прямые, проходящие через середины сторон
треугольника и середины соответствующих высот, пересекаются в одной
точке.
Решение.
Пусть A1 , B1 , C1 – середины сторон BC , CA и AB треугольника ABC ,
AA2 , BB 2 , CC2 – высоты, A3 , B3 , C 3 – середины высот (рис. 9 а, б). Требуется
доказать, что прямые A1 A3 , B1 B3 , C1C3 проходят через одну точку.
25
С
B2
B1
A2
A2
A1
С3
A3
B2
C3
B3
A
С
A3
B
B1
A
A1
C1 С
2
C1
а)
B3
B
C2
б)
Рис. 9
1. Прямая B1C1 параллельна прямой BC по свойству средней линий
треугольника. Так как B1 – середина AC и B1C1 || BC , то B1C1 пересекает
отрезок AA2
в его середине (по теореме Фалеса), т.е. A3  B1C1 . Таким
образом, точки A3 , B3 , C 3 принадлежат прямым, содержащим стороны
треугольника
A1 B1C1
.
Обозначим


A1C3  p C3 B1
,


B1 A3  q A3C1
,


C1 B3  r B3 A1 . Согласно теореме Чевы, достаточно доказать, что pqr  1 .
2. Из подобия треугольников AB1 A3 и ACA2 , AC1 A3 и
пропорциональность отрезков:
ABA2 следует
AA3 B1 A3 A3 C1
, или, с учетом п. 1 решения,


AA2 CA2
A2 B


B1 A3 CA2

 q . При этом векторы B1 A3 и CA2
A3C1 A2 B


сонаправлены и векторы A3C1


и A2 B сонаправлены. Таким образом, получим равенство CA2  q A2 B .


 
3. Аналогично пункту 2 докажем, что BC 2  p C 2 A , AB2  r B2 C .
4. Точки A2 , B2 , C2 – основания высот треугольника ABC . Известно,
что прямые, содержащие высоты треугольника, пересекаются в одной точке,
следовательно, по теореме Чевы, pqr  1.
Комментарий к задаче
1) В задаче представлена классическая ситуация для применения
теоремы Чевы. Она используется в п.4 сначала как необходимое условие
26
прохождения трех прямых через одну точку, а затем как достаточное, что
отмечено в п.1 решения.
2) С помощью теоремы Чевы можно доказать, что три прямые
проходят через одну точку, что произведение трех отношений равно 1 , найти
отношение из равенства pqr  1, если два множителя известны.
3) Двойственной для теоремы Чевы является теорема Менелая. Она
выражает необходимое и достаточное условие принадлежности трех точек
одной прямой.
Задачи
10. Докажите, что множеством точек, лежащих внутри угла, меньшего
развернутого, и равноудаленных от его сторон, является биссектриса угла.
Как
изменится
требование
задачи,
если:
а)
угол
развернутый;
б) рассматривать все точки плоскости, а не только лежащие внутри угла?
11. Через
каждую
вершину
треугольника
ABC
проведена
прямая,
перпендикулярная к биссектрисе угла треугольника при этой вершине.
Проведенные прямые, пересекаясь, образуют новый треугольник. Докажите,
что вершины этого треугольника лежат на прямых, содержащих биссектрисы
треугольника ABC .
12. Пусть прямые, содержащие высоты треугольника ABC , пересекаются в
точке H . Убедитесь в том, что каждая из четырех точек A , B , C , H есть
ортоцентр треугольника с вершинами в трех оставшихся точках.
13. Докажите, что три прямые, соответственно перпендикулярные сторонам
треугольника и не проходящие через одну точку, образуют треугольник,
равноугольный с данным.
14. Докажите, что треугольник является прямоугольным тогда и только
тогда, когда в нем медиана, проведенная к большей стороне, равна половине
этой стороны.
15. Докажите теорему Ван-Обеля:
27
Если на сторонах BС , CA и AB треугольника ABC взяты точки A1 , В1 , C1
так, что прямые AA1 , BВ1 , СС1 , проходят через точку M , то выполняется
равенство:
AM AB1 AC1


.
MA1 B1C C1 B
Как изменится равенство, если точки A1 , В1 , C1 , лежат на прямых,
содержащих стороны треугольника ABC ?
16. Дана окружность и точка M . Точки A и B лежат на окружности, причем
A – ближайшая к M точка окружности, а B – наиболее удаленная от M
точка окружности. Найдите радиус окружности, если MA  a и MB  b .
17. Докажите теорему: если в треугольнике биссектриса является медианой,
то треугольник равнобедренный.
18. Докажите, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами
биссектриса прямого угла делит угол между высотой и медианой,
проведенными из той же вершины, пополам.
19. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AB высота CH равна
половине биссектрисы AD . Найдите углы треугольника ABC .
20. В треугольнике ABC
ha  mb , причем h a – наибольшая из высот.
Докажите, что B  60 0 .
21. Докажите, что во всяком треугольнике
3
P  m a  mb  m c  P .
4
22. Две стороны треугольника не равны друг другу. Докажите, что медиана,
проведенная из их общей вершины, составляет с меньшей из сторон больший
угол.
23. Докажите, что в треугольнике, у которого разность углов при основании
равна прямому углу, биссектрисы внутреннего и внешнего углов при
вершине равны.
24. Угол при вершине равнобедренного треугольника равен 108 0 . Докажите,
что высота треугольника, проведенная к основанию, составляет половину
биссектрисы угла при основании.
28
25. В треугольнике ABC сторона AC равна 26 , а медианы, проведенные из
вершин A и C, равны соответственно 36 и 15 . Найдите третью медиану.
26. Медиана и высота треугольника, проведенные из одной вершины угла,
делят этот угол на три равные части. Найдите углы треугольника.
27. Угол C при вершине равнобедренного треугольника ABC равен 108 0 .
Найдите зависимость между основанием и боковой стороной треугольника
(без привлечения тригонометрических функций).
28. В треугольнике ABC отрезок A1 В1 , соединяющий основания высот AA1 и
BВ1 , виден из середины M стороны AB
под прямым углом. Найдите
величину угла C .
29. Докажите теорему: В остроугольном треугольнике высоты треугольника
содержат биссектрисы углов при вершинах ортоцентрического треугольника.
Как
изменится
заключение
теоремы,
если
треугольник
не
остроугольный?
30. Из точки M внутренней области угла AOB проведены перпендикуляры
MA1 и MВ1 к его сторонам
OA и OB . Из точек A1 и В1 проведены
перпендикуляры A1 B2 и В1 A2 к сторонам OB и OA соответственно. Докажите,
что прямые OM и A2 B2 перпендикулярны.
31. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H . Известно, что
СН  AB . Найдите угол ACB .
32. Дан равнобедренный треугольник ABC . На его основании AC взята точка
M такая, что AM  BM  MC . Найдите величину угла BMC .
33. В треугольнике один угол в два раза больше другого, а разность длин
противолежащих им сторон равна 2 . Длина третьей стороны равна 5 .
Вычислите площадь треугольника.
34. Точки A1 , В1 , C1 – основания высот треугольника ABC . Углы треугольника
A1 В1 C1 равны 90 0 , 60 0 , 30 0 . Найдите углы треугольника ABC .
29
35. В равнобедренном треугольнике ABC из середины D основания AC
проведен перпендикуляр DH к стороне BС . Пусть M – середина отрезка
DH . Докажите, что прямые BM и DH перпендикулярны.
36. Биссектриса внешнего угла при вершине A треугольника ABC пересекает
прямую BС в точке D . Докажите, что
DB DC

.
AB AC
37. В треугольнике ABC точка E – середина биссектрисы CC1 . В каком
отношении прямая AE делит сторону BС , если известно, что CA : CB  p : q ?
38. Дан треугольник ABC . Известно, что AB  4 , AC  2 , BС  3 . Биссектриса
угла BAC пересекает сторону BС в точке K . Прямая, проходящая через
точку B , параллельная AC , пересекает продолжение биссектрисы AK в
точке M . Найдите длину отрезка KM .
39. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла C
проведен перпендикуляр CD к гипотенузе, а из точки D – перпендикуляры
DE и DF к катетам AC и
BС . Докажите, что а) CD 3  AB  AE  BF ;
б) AE 2  BF 2  3CD 2  AB 2 .
40. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C через вершину A
и середину высоты CD проведена прямая, пересекающая катет BС в точке
2
M . Докажите, что CM : MB  cos A .
41. Биссектрисы AM
и BK
треугольника ABC передаются в точке O ,
AO  2 , OM  1 , AK  2 , CK  3 . Найдите периметр треугольника.
42. В треугольнике ABC ( AB  AC ) через середину M
стороны BС
проведена прямая, параллельная биссектрисе угла A , которая пересекает
прямые AB и AC соответственно в точках D и E . Докажите, что BD  CE .
43. В треугольнике ABC прямая, проходящая через вершину A и делящая
медиану BM точкой N
в отношении 1 : 2 , считая от вершины, пересекает
сторону BС в точке K . Найдите отношения BK : KC и AN : NK .
44. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C проведена
высота CD и перпендикуляры DM
и DN
к сторонам CA и CB
соответственно. Найдите длины отрезков AM и BN , если AD  p , BD  q .
30
45. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна c . Проекция вершины
прямого угла на гипотенузу делит её на два отрезка, из которых меньший
относится к большему, как больший ко всей гипотенузе. Найдите площадь
треугольника.
46. Стороны AB , BС и CA треугольника ABC равны соответственно 13 см, 15
см и 14 см. Вычислите площадь треугольника, заключенного между высотой и
биссектрисой, проведенными из вершины B .
47. Медианы треугольника равны 10 , 24 и 26 . Найдите площадь этого
треугольника.
48. На сторонах AB и AC треугольника ABC
взяты точки K и M , так, что
AK : KB  BM : MC  1: 5 . В каком отношении прямая KM
делит медиану,
выходящую из вершины B ?
49. Докажите, что разность расстояний от точки на продолжении основания
равнобедренного треугольника до прямых, содержащих боковые стороны, не
зависит от положения этой точки.
50. Дан равнобедренный треугольник ABC , в котором AB  BC  a и ABC   .
Найдите
длину
перпендикуляра,
проведенного
из
точки
пересечения
биссектрисы угла A со стороной BС к стороне AC .
51. Высоты AH и BK равнобедренного треугольника ABC с основанием BС
пересекаются в точке O , AH  BC  8 5 . Найдите площадь треугольника ABO .
52. В треугольнике ABC проведены биссектрисы BD и AE . Найдите
отношение площадей треугольников ABC и BDE , если AB  5 , BС  8 , AC  7 .
53. Внутри правильного треугольника со стороной a взята произвольная M .
Найдите сумму расстояний от этой точки до сторон треугольника.
54. Стороны AB , BС и CA треугольника ABC равны соответственно 13 см, 14
см, 15 см. Найдите расстояние от точки пересечения высот треугольника до
вершины C .
55. Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника,
равны 5 , 12 и 13 . Найдите площадь треугольника.
31
56. Дан треугольник ABC , в котором AB  3 и A  30 0 . Найдите две другие
стороны треугольника, если их сумма равна 2 3 .
57. Углы A и C треугольника ABC соответственно равны 45 0 и 30 0 . Найдите
угол между высотой BD и медианой BE этого треугольника.
58. Дан треугольник, в котором биссектриса одного из углов равна
произведению заключающих его сторон, деленному на их сумму. Найдите этот
угол.
59. Числа m1 , m 2 , m3 выражают длины медиан некоторого треугольника.
2
2
2
Докажите, что если выполняется равенство m1  m 2  5m3 , то треугольник
прямоугольный.
60. Биссектриса угла A треугольника ABC пересекает сторону BС в точке D .
Прямая, проходящая через точку D и перпендикулярная к
биссектрисе
внешнего угла C треугольника ABC , пересекает прямую AC в точке K , а
прямая, проходящая через точку D перпендикулярно биссектрисе угла B ,
пересекает сторону AB в точке E . Найдите длину биссектрисы AD , если AE  2 ,
AK  8 8.
61. Найдите угол A треугольника ABC и радиус описанной около него
окружности, если a  2 , b  1  3 и C  60 0 .
62. Биссектрисы AM и BN
треугольника ABC пересекаются в точке O .
Известно, что AO  3OM , NO   3  1OB . Найдите углы треугольника ABC .
63. Докажите, что если m a , mb , mc – медианы треугольника, причем
ma : mb : mc  1: 2 : 3 , то треугольник прямоугольный.
64. Найдите площадь треугольника, если две его стороны равны 15 см и 12 см, а
биссектриса угла между ними содержит 10 см.
65. Стороны треугольника равны 7 см, 8 см, 9 см. Найдите периметр
ортоцентрического треугольника.
32
66. С помощью теоремы Чевы докажите, что в треугольнике: а) медианы
пересекаются в одной точке; б) биссектрисы пересекаются в одной точке; в)
прямые, содержащие высоты, пересекаются в одной точке.
67. Найдите отношения, в которых ортоцентр треугольника делит каждую из
его высот, если известны углы треугольника.
68. На медиане CM треугольника ABC дана точка P . Прямые AP и BP
пересекают стороны BС и AC соответственно в точках A1 и В1 . Докажите,
что отрезок A1 В1 параллелен стороне AB .
69. Отрезки AA1 и BВ1 – биссектрисы треугольника ABC , луч СC1 –
биссектриса его внешнего угла, причем точка C1 лежит на прямой AB .
Докажите, что точки A1 , В1 и C1 лежат на одной прямой.
70. На сторонах BС , CA и AB треугольника ABC или их продолжениях
отмечены соответственно точки A1 , В1 , C1 , лежащие на одной прямой.
Докажите, что точки A2 , B2 и C2 симметричные соответственно точкам A1 ,
В1 , C1 относительно середин сторон BС , CA , и AB , также лежат на одной
прямой.
71. Найдите отношения, в которых делятся биссектрисы треугольника точкой
их пересечения, если стороны треугольника равны a , b , c .
72. На сторонах BС , CA , и AB треугольника ABC отмечены точки A1 , В1 , C1
соответственно так, что прямые AA1 , BВ1 , СC1 делят периметр треугольника
пополам. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке и найдите
отношения, в которых эта точка делит отрезки AA1 , BВ1 , СC1 , если стороны
треугольника равны a , b , c .
73. На
стороне
BС
треугольника
ABC
отмечены
точки
A1
и
A2 ,
симметричные относительно середины BС , а на сторонах AC и AB отмечены
соответственно точки В1 и B2 , C1 и C2 , симметричные относительно середин
этих сторон. Докажите, что отрезки AA1 , BВ1 и СC1 пересекаются в одной
точке тогда и только тогда, когда отрезки AA2 , BВ2 и СC2 пересекаются в
одной точке.
33
74. Биссектрисы внешних углов A , B и C треугольника ABC пересекают
продолжения противоположных сторон в точках A1 , В1 , C1 . Докажите, что
точки A1 , В1 , и C1 лежат на одной прямой.
75. Докажите, что если прямая, не проходящая через вершины треугольника
ABC , пересекает его стороны BС , CA , AB соответственно в точках A1 , В1 , C1 ,
то середины отрезков AA1 , BВ1 и СC1 лежат на одной прямой.
34
Тема 2. Геометрия четырёхугольника
Основные теоретические положения
I. Произвольный выпуклый четырёхугольник
1. Диагонали пересекаются.
A
B
2. Сумма углов равна 360 0 .
φ
d1
O
D 3. S  1 d1 d 2 sin  .
2
d2
1
4
4. S AOB  S COD  AO  BO  CO  DO  sin 2   S AOD  S COB .
C
M
A
5. MNPQ –параллелограмм, где M , N , P, Q – середины
Q
B
D
N
сторон AB, BC , CD, DA . Если AC  BD , то MNPQ –
ромб. Если AC  BD , то MNPQ – прямоугольник. Если
P
AC  BD и AC  BD , то MNPQ – квадрат.
C
6. Средние линии MP и NQ пересекаются и точкой пересечения делятся
пополам.
7. a 2  b 2  c 2  d 2  d12  d 22  4m 2 , где a, b, c, d – стороны, d1 ,d 2 – диагонали,
m – длина отрезка, соединяющего середины диагоналей (формула Эйлера).
II. Частные виды четырехугольников
1. Трапеция
a
A
1. Средняя линия l параллельна основаниям и равна
B
их полусумме.
l
h
D
C
2. Прямая, содержащая среднюю линию, делит
пополам любой отрезок, заключённый между
b
прямыми, содержащими основания трапеции.
3. S 
ab
h  l h.
2
A
4. ADF – равнобедренный,
B
AMD  BNC  90 0 , M , N , лежат на средней
N
M
D
F
C
линии.
35
A
5. S ABC  S ABD ; S ACD  S BCD ; S AOD  S BOC ;
B
Q
O
S AOB a 2 AO 2
S AOD  S AOB  S COD ;


;
S COD b 2 CO 2
S AOB BO AO S AOB a



 ;
S AOD DO CO S BOC b
2
D
C
S AQD 
1
S ABCD , где Q – середина BC .
2
2. Равнобедренная трапеция
A
1. Диагонали равны.
B
2. Углы при основании равны.
3. CH  l , где AH  CD , l – средняя
D
линия.
C
H
3. Основные дополнительные построения в трапеции
A
B
D
a
A
H C D
K
A
b
A
B
M
C
D
a
B
C
b
N
BM || AD, BM  AD,
BN || AC , BN  AC ,
CM  b  a .
DN  a  b, S DBN  S ABCD ,
B
AB  a, DC  b ,
AK  KB, KP || AD, KF || BC PF  b  a ,
D
P
PKF   AD, BC  .
C
F
4. Параллелограмм
1. Определения,
свойства,
признаки
параллелограмма и его частных видов.
2. Сумма углов, прилежащих к одной стороне,
d1
b
α
a
равна 180 0 .
3.


d1  d 2  2 a 2  b 2 , P  2a  b , S  aha  ab sin  
2
2
φ
ha
36
1
d1 d 2 sin  .
2
d2
4. AK , BP , CE, DM – биссектрисы
A, B , C , D, ; AMD, BCP
A
–
M
K
B
E
равнобедренные, AK  DM , BP  CE ,
KE || AB, KE || CD .
D
N
B
D
C
5. MNB ~ MDC , MNB ~ DNA ,
M
A
P
S ABC  S ABD  S ACD  S BCD  S DNC 
1
S ABCD .
2
C
5. Прямоугольник
S  ab 
1 2
d sin  ,
2
6. Ромб
2
P  4a ; S  a sin  
7. Квадрат
1
d1 d 2 ,
2
S  a2 
1 2
d , где a –
2
где a, b – смежные
где a – сторона,  – угол
сторона, d –
стороны, d –
между сторонами, d1 , d 2 –
диагональ.
диагональ,  – угол
диагонали.
между диагоналями.
Задачи, иллюстрирующие применение основных теоретических
положений
Задача 76. Доказать, что точка пересечения диагоналей трапеции,
точка пересечения прямых, содержащих боковые стороны трапеции, и
середины оснований трапеции лежат на одной прямой [2, п.84].
Решение. Пусть O – точка пересечения диагоналей
S
AC и BD трапеции ABCD ( AD || BC ), S – точка
B
B1
A
M
C
пересечения AB и CD , N и M – середины сторон
C1
O
N
Рис. 10
AD и BC соответственно (рис. 10). Докажем, что
D
M  SN , O  SN .
1. Из подобия треугольников SBC и SAD следует,
37
что
SB BC

. Тогда подобны треугольники SBM и SAN , т.к. SBM  SAN как
SA AD
1
BC
SB BC 2
BM



. Значит,
соответственные при параллельных прямых и
SA AD 1
AN
AD
2
BSM  ASN , т.е. M  SN .
2.
Проведём B1C1 || AD ( B1C1 || BC ), B1  AB , C1  C . Тогда B1O  OC1 , т.к.
SN - медиана ASB , а медиана делит любой отрезок, параллельный
основанию и с концами на сторонах треугольника, пополам. В результате,
аналогично предыдущему случаю докажем, что B1SO  ASN , т.е. O  SN .
Комментарий к задаче
1)
Задача, раскрывая свойство трапеции, демонстрирует один из
возможных способов и, в свою очередь, даёт новый способ доказательства
принадлежности трёх точек одной прямой. Поэтому достраивание трапеции
до треугольника с помощью нахождения точки пересечения её боковых
сторон становится одним из дополнительных построений в трапеции.
2)
Основная идея представленного доказательства – использование
подобия треугольников и того факта, что от данного луча в заданную
полуплоскость можно отложить только один угол, равный данному углу. Но
существуют и другие способы решения этой задачи. Также примечательно
использование особого свойства медианы треугольника – делить пополам
любой отрезок, с концами на сторонах треугольника и параллельный
основанию.
3)
Проведение дополнительного построения во второй части
доказательства обусловлено общим подходом к решению – необходимостью
доказать равенство углов на основе подобия треугольников.
Задача 77. В трапеции известны основания a и b ( a  b ). Вычислить
длину отрезка с концами на боковых сторонах трапеции, параллельного
основаниям и:
а) проходящего через точку пересечения диагоналей трапеции;
38
б) рассекающего трапецию на две подобные трапеции;
в) соединяющего середины боковых сторон трапеции;
г) делящего площадь трапеции пополам.
Сравнить рассматриваемые отрезки.
Решение.
K
а) Пусть O –
точка пересечения
диагоналей AC и BD трапеции ABCD
b
D
M1
O
h2
N1
M
L1
( AB || DC ), O  M1M 2 , M 1 M 2 || AB , тогда
C
M 1 M 2 || CD , M1  AD , M 2  CB (рис. 11).
M2
N2
Достроим
N
L2
R
ABCD
до
треугольника AKB , где K – точка
h1
A
трапецию
пересечения AD и BC . Проведём в
S
K1
Рис.11
a
B
AKB медиану KK1 из вершины K .
Тогда O  KK1 (см. задачу 76). Т.к.
медиана делит любой отрезок, параллельный основанию и с концами на
сторонах треугольника, пополам, а M 1 M 2 || AB , M1  AK , M 2  BK , то
OM 1  OM 2 .
Введём обозначение: OM 1  x . Тогда из подобия треугольников DOM 1
и DBA следует, что
следует, что
x
x DM 1
(1), из подобия треугольников AOM 1 и ACD

a
DA
x AM 1
x x DM 1 AM 1 DA
(2). Сложим (1) и (2):  


 1 . Тогда

a b
DA
DA
DA
b
DA
ab
. Значит, M 1 M 2  2ab  2 – среднее гармоническое величин a и b .
ab
ab 1 1

a b
б)
Пусть N1 N 2 || AB ( N1 N 2 || CD ) и рассекает трапецию ABCD на две
подобные трапеции AN1 N 2 B и N1 DCN 2 , где N1  AD , N 2  CB (рис. 11).
Тогда
N N
a
 1 2 , т.е. N 1 N 2  ab – среднее геометрическое для a и b .
N1 N 2
b
39
в)
Учитывая, что MN - средняя линия трапеции ABCD (рис. 11),
получаем MN 
г)
(рис.
ab
– среднее арифметическое для a и b .
2
Пусть L1 L2 || AB ( L1 L2 || CD ) делит площадь трапеции пополам ABCD
11),
т.е.
S AL1 L2 B  S L1L2CD
.
Обозначим
L1 L2  y
.
Тогда
имеем:
1
a  y   h1  1  y  b   h2 , где h1 и h2 – высоты трапеций AL1 L2 B и L1 L2 CD . Значит,
2
2
h1 b  y
(3).

h2 a  y
Дополнительное построение: L1 S || BC и DR || BC . Тогда AL1 S и
L1 R  y  b , AS  a  y . Из подобия треугольников AL1 S и L1 DR следует, что
AS a  y h1
(4), т.к. h1 и h2 являются также высотами соответственно в


L1 R y  b h2
AL1 S и L1 DR . Из (3) и (4) следует, что
y
b y a y
, т.е. a 2  y 2  y 2  b 2 , тогда

a  y y b
a2  b2
– среднее квадратичное для a и b .
2
Известна связь между средними:
a 0 , b0 ,
2
1 1

a b
 ab 
ab
a2  b2

, где
2
2
причём равенство выполняется при a  b . Тогда можно
утверждать, что M1M 2  N1 N 2  MN  L1 L2 .
Комментарий к задаче
1) Задача раскрывает интересные факты, связанные с трапецией, и
наглядно иллюстрирует связь между средними двух величин, причём тот
факт, что M1M 2  N1 N 2  MN  L1 L2 можно доказать и геометрически.
2) В
ходе
рассмотрения
пункта
а)
используется
одно
из
дополнительных построений в трапеции и свойство принадлежности особых
точек трапеции одной прямой, доказанное в задаче 76. Также примечательно
использование особого свойства медианы треугольника - делить пополам
любой отрезок, с концами на сторонах треугольника и параллельный
40
основанию. Это позволяет получить первую формулу на основе подобия
соответствующих треугольников. Идея использования подобия фигур далее
также прослеживается и при рассмотрении пункта б) и г).
3) Проведение дополнительных построений в пункте г) обусловлено
рассмотрением соответствующих высот в трапециях, равных по площади, и
получением первой пропорции, определяющей отношение этих высот.
Поэтому
далее
логично
используется
тот
факт,
что
отношение
соответствующих высот в подобных треугольниках равно коэффициенту
подобия.
Задача 78. При пересечении биссектрис всех углов параллелограмма
образовался четырёхугольник. Доказать, что этот четырёхугольник –
прямоугольник. Каков будет вид этого четырёхугольника, если исходная
фигура – прямоугольник, ромб, квадрат? [2, № 428]
Решение.
1. По свойству параллелограмма биссектрисы
углов,
прилежащих
к
одной
стороне,
перпендикулярны. Значит, если AC1 , BC1 , СA1 ,
Рис.12
DA1
– биссектрисы A , B , C , D
параллелограмма
ABCD
соответственно,
то
AC1 B  A1 B1C1  CA1 D  C1 D1 A1  90 0 , тогда A1 B1C1 D1 – прямоугольник (рис.
12).
2. Если ABCD – прямоугольник, тогда AD  DC . Т.к. СA1 , DA1 –
биссектрисы
C , D , то точка A1 равноудалена от прямых AD и BC .
Аналогично, C1 равноудалена от AD и BC . Значит, т.к. AD || BC , то A1C1 || AD .
Аналогично, B1 D1 || DC . Тогда B1C1  B1 D1 , т.е. ABCD – квадрат.
3. Если ABCD – ромб или квадрат, то его диагонали делят углы
пополам и взаимно перпендикулярны, т.е. A1 B1C1 D1 выродится в точку.
41
Комментарий к задаче
1) В задаче используется много интересных
фактов: свойство
биссектрис углов параллелограмма, прилежащих к одной стороне; свойство
равноудалённости точек биссектрисы угла от сторон угла; прямая,
параллельная данным прямым и проходящая посередине между ними, как
множество точек, равноудалённых от двух параллельных прямых; свойство
сохранения угла между попарно параллельными прямыми. В свою очередь,
раскрывается интересный факт, связанный с параллелограммом и его
частными видами.
2) Доказательство основано на использовании определений, свойств и
признаков прямоугольника, ромба, квадрата. Причём используемый в задаче
признак прямоугольника следует непосредственно из его определения, а вот
признак квадрата (ромба) является теоремой, обратной к свойству
диагоналей ромба.
Задача 79. В трапеции диагонали равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий
середины оснований, равен 2. Найти площадь трапеции.
Решение. Пусть задана трапеция ABCD с
A
M
основаниями
B
AB и CD , BD =3, AC =5,
MN  2 , где M и N – середины AB и CD
соответственно (рис. 13).
D
N
O
C
1. Проведём
E
BE || AC ,
E  DC .
Тогда
BE  AC  5 , DE  DC  AB и S ABCD  S DBE .
K
Рис.13
BO  MN  2 ,
NO 
2. Проведём
1
AB ,
2
DO 
BO || MN
1
1
1
DC  AB  DE ,
2
2
2
, O DC .
Тогда
т.е. BO – медиана
треугольника DBE .
3. Удвоим медиану BO , получим отрезок BK , BK  2BO  4 . Тогда DBEK –
1
2
параллелограмм, DK  BE  5 . Получаем S DBE  S DBEK  S DBK  S ABCD .
42
4. DK 2  25  16  9  BK 2  DB 2 , значит треугольник DBK – прямоугольный,
1
2
1
2
тогда S DBK  DB  BK  3  4  6  S ABCD .
Ответ. 6 .
Комментарий к задаче
Решение задачи базируется на двух основных дополнительных
построениях: прямой, параллельной диагонали трапеции, и удвоение
медианы
треугольника.
Так
же
как
вспомогательное
становится
необходимым построение прямой, параллельной отрезку, соединяющему
середины оснований трапеции. Чем вызваны все эти построения? –
Необходимостью получить треугольник, стороны которого равны заданным
отрезкам или кратны им. Поэтому, сначала получили треугольник DBE со
сторонами 3 и 5 , затем треугольник DBK со сторонами 3, 5 и 2  2  4 .
Площадь последнего оказалась равной площади трапеции.
Задача 80. Доказать, что середина отрезка, соединяющего точки
пересечения продолжений противоположных сторон четырёхугольника,
лежит на прямой, проходящей через середины диагоналей (теорема Гаусса).
Решение.
M
Пусть
прямые,
содержащие стороны AB и CD
четырёхугольника
содержащие стороны AD и BC , – в
B
точке K ; N – середина MK , T и E –
T
X
Z
,
пересекаются в точке M , а прямые,
C
N
ABCD
E
середины диагоналей AC и BD
соответственно (рис. 14).
K
Y
A
Рис. 14
D
1. Т.к. точки M , С и D лежат
на прямых, содержащих стороны
43
треугольника ABK , принадлежат одной прямой, то на основе равенств






BM  p MA (1), AD  r DK (2) и KC  q CB (3), по теореме Менелая, получаем:
pqr  1 (4).
2. Отметим X , Y и Z – середины отрезков BK , AK и AB
соответственно. Тогда XY , ZY , ZX – средние линии треугольника AKB .
Используем
тот
факт,
что
прямая,
содержащая
среднюю
линию
треугольника, есть множество середин отрезков, соединяющих вершину
треугольника с точками на прямой, содержащей основание. Значит N  XY ,
T  ZY , E  ZX , т.е. точки N , T , E лежат на прямых, содержащих стороны
треугольника XYZ .
3. По свойству средней линии треугольника
XN 1 YN
 
, тогда
BM 2 AM




BM
XN
,
т.е.
(5).
XN

p
NY


p


MA NY


4. Аналогично пункту 3 получаем: ZE  r EX (6),


YT  q TZ
(7). Тогда,
учитывая равенства (4) - (7), по теореме Менелая, можно сделать вывод, что
точки N , T и E принадлежат одной прямой.
Комментарий к задаче
1) В задаче представлена ситуация для применения теоремы Менелая.
Она используется сначала в п. 1 как необходимое условие принадлежности
трёх точек одной прямой, а затем в п. 4 как достаточное.
2) Введение в рассмотрение в п. 2 середин соответствующих отрезков
обуславливается необходимостью поместить заданные точки на стороны
(или их продолжения) некоторого треугольника, что требуется для
использования теоремы Менелая. В результате рассматривается прямая,
содержащая среднюю линию треугольника, как множество середин отрезков,
соединяющих вершину треугольника с точками на прямой, содержащей
основание. Так же применяется тот факт, что средняя линия треугольника
равна половине основания.
44
Задачи
81. Докажите,
что
если
противоположные
стороны
выпуклого
четырёхугольника не параллельны, то их полусумма больше отрезка,
соединяющего середины двух других противоположных сторон.
82. Докажите,
что
если
сумма
расстояний
между
серединами
противоположных сторон выпуклого четырёхугольника равна половине его
периметра, то этот четырёхугольник – параллелограмм.
83. Докажите,
что
середины
диагоналей
четырёхугольника
и
точка
пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон,
лежат на одной прямой.
84. На сторонах параллелограмма вне него построены квадраты. Докажите,
что точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами
квадрата.
85. Внутри квадрата ABCD взята точка M , такая, что MAB  60 0 , MCD  150 .
Найдите MBC .
86. Докажите,
что
если
отрезок,
соединяющий
середины
двух
противоположных сторон выпуклого четырёхугольника, равен полусумме
двух
других
сторон,
то
этот
четырёхугольник
–
трапеция
или
параллелограмм.
87. На двух сторонах треугольника вне него построены квадраты. Докажите,
что отрезок, соединяющий концы сторон квадратов, выходящих из одной
вершины треугольника, в два раза больше медианы треугольника,
выходящей из той же вершины.
88. Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке O . Треугольник ABO ,
где AB – меньшее основание трапеции, равносторонний. Докажите, что
треугольник, вершинами которого являются середины отрезков OA , OD и
BC , равносторонний.
89. Через
вершину
A
параллелограмма
ABCD
проведена
прямая,
пересекающая прямые BD , CD и BC соответственно в точках M , N и P .
45
Докажите, что отрезок AM является средним пропорциональным между MN
и MP .
1
2
90. На сторонах квадрата MNPQ взяты точки A и B так, что NA  MN ,
1
QB  MN . Найдите AMB .
3
91. Биссектрисы углов A и D параллелограмма ABCD пересекают сторону
BC в точках K и M соответственно, причём эти точки делят сторону BC на
три равные части. AK  8 , DM  6 . Найдите периметр параллелограмма.
92. Сумма углов при одном из оснований трапеции равна 90 0 , основания
равны a и b . Найдите расстояние между серединами оснований.
93. Дана трапеция ABCD с боковыми сторонами AB  36 , CD  34 и верхним
1
3
основанием BC  10 . Известно, что cos ABC   . Найдите BD .
94. Смежные стороны параллелограмма равны a и b , а один из его углов
равен  . Найдите диагонали параллелограмма и угол между ними.
95. Внутри
прямоугольника
взята
ABCD
точка
M
.
Известно,
что
MB  a , MC  b , MD  c . Найдите MA .
96. В выпуклом четырёхугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке P .
Известно, что ADP  1 PDC , ADP  2 PAD ,
2
3
AD  BD  CD .
Найдите все углы
четырёхугольника. Докажите, что AB 2  BP  BD .
97. Докажите, что если боковые стороны трапеции перпендикулярны, то
сумма квадратов её оснований равна сумме квадратов диагоналей.
98. В трапеции ABCD основания AD и BC равны a и b соответственно. Через
точку E , принадлежащую стороне AB и делящую её в отношении
AE m
 ,
BE n
проведена прямая, параллельная основаниям трапеции и пересекающая
сторону CD в точке F . Докажите, что EF 
46
an  bm
.
mn
99. Основания трапеции равны 6 и 10 , боковые стороны 2 и 4 . Биссектрисы
углов при одной боковой стороне пересекаются в точке A , а при другой – в
точке B . Найдите AB .
100. В параллелограмме ABCD AB  4 , AD  8 . Биссектрисы углов A и B
пересекаются в точке K , углов C и D – в точке M . Найдите KM .
101. Точки P , Q , R , T соответственно середины сторон AB , BC , CD , DA
параллелограмма
ABCD .
Докажите,
что
при
пересечении
прямых
AQ , BR , CT , DP образуется параллелограмм, и найдите отношение его
площади к площади параллелограмма ABCD .
102. В трапеции ABCD с основаниями BC и AD диагонали пересекаются в
точке O . Площади треугольников BOC и AOD равны соответственно S1 и
S 2 . Найдите площадь трапеции.
103. В выпуклом четырёхугольнике ABCD точки K , L , M , N являются
серединами сторон AB , BC , CD , DA соответственно. O – точка пересечения
отрезков KM и LN . Известно, что LOM  90 0 и KM  3LN . Найдите длины
диагоналей AC и BD , если площадь четырёхугольника KLMN равна S .
104. На стороне AB параллелограмма ABCD отмечены точки K и M так,
что AK  KM  MB . Отрезки CK и DM пересекаются в точке O . Площадь
параллелограмма равна 40 . Найдите площадь треугольника COD .
105. Дан ромб ABCD , его диагонали равны 6 и 8 . Из вершины тупого угла
B проведены высоты BE и BF . Найдите площадь четырёхугольника BEDF .
106. Через
концы
меньшего
основания
трапеции
проведены
две
параллельные прямые, пересекающие большее основание. Диагонали
трапеции и эти прямые делят трапецию на семь треугольников и один
пятиугольник. Докажите, что площадь пятиугольника равна сумме площадей
трёх треугольников, прилежащих к боковым сторонам и меньшему
основанию трапеции.
47
107.
Прямая, проходящая через вершину C параллелограмма ABCD ,
пересекает прямые AB и AD в точках K и M соответственно. Найдите
S ABCD , если S КВС и S СDM равны соответственно S1 и S 2 .
108.
Биссектрисы углов B и C параллелограмма ABCD пересекаются в
точке K , лежащей на стороне AD . Площадь параллелограмма равна 36 3 ,
C  120 0 . Найдите
наибольшую сторону параллелограмма.
109. Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке O , основания BC и
AD равны 3 и 4 , а площадь равна 98 . Найдите площадь треугольника AOB .
110.
Найдите
высоту
трапеции,
перпендикулярны и равны 15 и 20 .
48
если
её
диагонали
взаимно
Тема 3. Геометрия окружности
Основные теоретические положения
С
2.
1.
P
F
O
O
K
A
M
B
D
PF, PK –касательные 
1) PF=PK; 2) OPF  OPK ;
3) FOP  KOP ; 4) FK  OP .
AB  CD  AM  BM 
  AD  BD   AC  BC .
3.
AOC  AC , ABC  1  AC  1 AOC ,
F
2
M
B
ABC  ADC ,
1
ANC   AC   BD 
2
D
N
A
O
A
1
 AC   BD  ,
2
1
1
BAF   AB , CMK   CK   DK  ,
2
2
AMC 
5.
где AF и MK – касательные.
6.
C
B
C
D
,
K
C
4.
2
P
P
B
A
A
D
d
O
C
M
d
O
M
P
B
N
AB||CD||MN
  AC   BD ,
 CP  PD .
D
PA  PB  PC  PD 
PA  PB  PC  PD 
 R2  d 2.
 PM 2  d 2  R 2 .
R – радиус окружности, OP=d.
49
7. Окружность, описанная около треугольника.
C
а) Центр O – точка пересечения
серединных перпендикуляров к
a
b
R
O
A
сторонам.
б)
B
c
a
b
c


 2R .
sin A sin B sin C
в) SABC=
abc
.
4R
8. Окружность, вписанная в треугольник.
а) Центр O – точка пересечения
С
биссектрис.
B1
b
A1
1
2
б) AOB  90 o  C .
a
O
в) AC1= AB1=p-a,
BA1= BC1=p-b,
A
C1
c
г) S ABC  p  r , p 
CB1 =CA1=p-c.
B
1
a  b  c  .
2
9. Вневписанная окружность треугольника.
C1
C
Oα
O
rα
r
A1
A
p-a
B′
B
B1
а) Касается одной стороны и продолжений двух других сторон – на рисунке
стороны BC=a и продолжений AB и AC.
б) Центр Oa – точка пересечения биссектрис угла A и углов, смежных с B и С.
в) AB1  AC1  p  a  b  c  .
1
2
50
г)
ra
p

.
r
pa
д) S ABC  p  r   p  a   ra .
10. Окружность, описанная около четырехугольника.
а) Окружность
B
можно
описать
около
четырехугольника тогда и только тогда, когда
A
суммы противоположных углов равны по 180о.
R
O
A  C  B  D  180 0 .
C
б) Центр
окружности
–
точка
пересечения
серединных перпендикуляров к сторонам.
D
в) Из а) следует, что окружность можно
описать около прямоугольника, квадрата, равнобедренной трапеции.
11. Окружность, вписанная в четырехугольник.
D
c
а) Окружность
C
можно
вписать
в
четырехугольник ABCD тогда и только
тогда, когда AB+CD=AD+BC.
d
b
O
б) Окружность можно вписать в ромб, в
квадрат.
r
A
в) Центр окружности – точка пересечения
B
a
биссектрис углов четырехугольника.
г) S ABCD  p  r , где r – радиус вписанной окружности, r  a  b  c  d  .
1
2
12. Касающиеся окружности (две).
A
б)
а)
N
B
O1
O1
M
O2
M
O2
C
P
D
Внешнее касание
Внутреннее касание
а) Две окружности касаются  имеют единственную общую точку и общую
касательную в этой точке.
51
б) Линия центров проходит через точку касания.
в) На рисунке а) CD – общая внешняя касательная, NP – общая внутренняя
касательная  CMD  90 0 , O1 PO2  90 0 .
13. Две пересекающиеся окружности.
A
A
O1
O2
B
B
C
M
D
O1O2  AB,
CD – общая касательная 
O1O2 делит AB пополам.
M – середина CD.
14. Вспомогательная окружность.
N
1)
M
M
2)
N
α
α
A
M
3)
α
B
A
A
B
P
180o-α B
N
Точки A, B, M, N, P в каждом случае лежат на одной окружности.
4)
5)
M

2
B
6)
B
C
M
O
A
α
A
D
B
M
Точки A,B,M лежат на
одной
окружности
A
MA∙MB= MC∙MD
с
Точки A,B,C,D лежат
центром O.
на одной окружности.
52
C
D
Задачи, иллюстрирующие применение основных теоретических
положений
Задача 111. Пусть AB и DC – две непересекающиеся хорды
окружности. M – середина дуги AB , K и F – точки пересечения хорд CM и
DM с хордой AB (рис. 15 ). Доказать, что точки C , D , K , F лежат на одной
окружности.
Решение.
B
1. KFD  AFD   ACD  MB    DCA   AM 
1
2
D
M
F
=
K
1
 DCM (свойство
2
1
2
угла с вершиной внутри
окружности).
C
A
2. Т.к.
KCD  MCD 
Рис.15
KFD  KCD =
=
1
 DCM  MBD   180 o , т.е. точки
2
1
 MBD
2
,
то
C , D , F , K лежат на
одной окружности.
Комментарий к задаче
1) Точки C , D , F , K должны лежать на одной окружности, значит,
четырехугольник, СDFK
– вписан в эту окружность. По признаку
четырехугольника, вписанного в окружность – суммы противоположных
углов равны 180  . Поэтому требуется установить связь между величинами
противоположных углов четырехугольника СDFK .
2) Далее, используем свойство угла с вершиной внутри окружности
(для угла KFD ) и угла, вписанного в окружность ( KCD ). Сумма дуг
окружности, через которые выражены углы KFD и KCD , равна 180  . Это
позволяет сделать вывод, что четырехугольник СDFK – вписан в окружность,
т.е. точки C , D , F , K лежат на одной окружности.
Задача 112. Две непересекающиеся окружности вписаны в угол. Через
две точки касания этих окружностей со сторонами угла, лежащие на разных
сторонах угла и на разных окружностях, проведена прямая. Доказать, что при
53
пересечении этой прямой с данными окружностями отсекаются хорды
равной длины.
Решение.
1. Пусть дан O и в него вписаны две непересекающиеся окружности.
B1 и
B2 точки касания окружностей и одной стороны угла, точки D1 , D2 -
точки касания окружностей и другой стороны угла. Проведем прямую B2 D1 ,
которая пересекает окружности в точках C2 и C1 (рис. 16). Покажем, что
хорды B2 C 2 и D1C равны.
2. Из
B2
B1
точки
окружности
C2
O
B2
проведены
меньшего
к
радиуса
касательная B2 B1 и секущая B2 D1 , где
C1
C1
D1
D2
Рис.16
-
точка
пересечения
и
B2 D1
окружности. По свойству касательной
и секущей, проведенных из одной
точки, получим B2 C1  B2 D1  B2 B12 . Аналогично, для второй окружности, имеем
D1C 2  D1 B2  D1 D22 .
3. Т.к.
B1 B2  D1 D2
( OB2  OD2 и OB1  OD1 , значит B1 B2  D1 D2 )
то
B2 C1  B2 D1  D1C2  D1 B2 , откуда следует, что B2 С1  D1С2 .
4. Поскольку B2 С1  B2 C2  C2 C1 , и D1С2  D1C1  C2 C1 и B2 С1  D1С2 , тогда
B2 С2  D1C1 .
Комментарий к задаче
1) Прямая B2 D1 является секущей к обеим окружностей, поэтому,
используя ее, необходимо найти связь между касательными к окружностям.
2) Для нахождения этой связи применим теорему о свойстве
касательной и секущей к окружности, проведенным из одной точки. А
именно, к первой окружности B1 B2 – касательная, B2 D1 – секущая; ко второй
D1 D2 – касательная, B2 D1 – секущая.
54
3) Свойство общих касательных к окружностям
связывает отрезки
B2 С1 и D1С2 равенством. Последующие выкладки п.4 задачи приводят к
требуемому результату.
Задача 113.
К окружности проведены две касательные. Длины
перпендикуляров, опущенных из произвольной точки окружности на эти
касательные, равны a и b . Доказать, что длина перпендикуляра, опущенного
из той же точки на хорду, соединяющую точки касания, равна ab .
Решение.
1. Рассмотрим окружность с центром в точке O и две касательные к
ней, где A и B - точки касания. На окружности возьмем произвольную точку
M , и опустим из нее
к касательным перпендикуляры MK и MN . Пусть
MN  a , MK  b , ML - перпендикуляр к хорде AB (рис. 17).
2. NAM составлен касательной
A
L
O
a
AN и хордой AM окружности. ABM -
N
вписанный угол окружности. NAM и
M
b
ABM
опираются
на
одну
дугу,
поэтому NAM  ABM . Аналогично,
K
KBM  BAM .
B
Рис.17
ML AM

значит,
(1).
MK BM
3. ALM ~ BKM (по двум углам),
BLM ~ ANM (по двум углам), значит,
4. Перемножим (1) и (2):
ML BM

(2).
MN AM
ML2
 1 или ML2  MK  MN  ab , т.е. ML= ab .
MK  MN
Комментарий к задаче
1) Перпендикуляр
ML
является
стороной
треугольника
AML
и
треугольника BML . Поэтому для выражения его длины можно попытаться
использовать
треугольников.
метод
равных
треугольников,
Конструктивные
особенности
либо
метод
задачи,
подобных
связанные
с
окружностью, касательными к ней и ее хордами, позволяют устанавливать
55
равенство углов. Значит, для нахождения длины ML применяем метод
подобных треугольников, рассмотрев признак подобия по двум углам.
2) Рассматривая треугольники AML , BKM и BLM , AMN попарно,
устанавливаем равенство углов в них с помощью теорем об углах,
образованных касательной и секущей, проведенных из одной точки и о
величине вписанного в окружность угла. После преобразования равенств (1)
и (2), получаем длину перпендикуляра.
Задача 114. Доказать, что если длины сторон треугольника образуют
арифметическую прогрессию, то центр окружности, выписанной в этот
треугольник, и точка пересечения его медиан лежат на прямой, параллельной
средней по длине стороне треугольника.
Решение.
B
1. Рассмотрим  ABC , обозначим его
c
a
M
A
стороны a , b , c . Пусть O - центр вписанной
O
окружности, а M
r
медиан  ABC . Расстояние от точки O до
B1 M1
b
Рис.18
C
- точка пересечения
AC обозначим за r (радиус вписанной в
 ABC окружности), а расстояние от точки
M до AC за MM 1 (рис. 18). Сравним длину перпендикуляров MM 1 и r .
2. S AMC  S ABC 1 ( M - точка пересечения медиан  ABC , значит,
1
3
отрезки, соединяющие точку M с вершинами треугольника, делят его на три
равновеликих треугольника).
3. С другой стороны, S AMC  AC  MM 1  b  MM 1 2 , а S ABC  p  r 
1
2

1
2
abc
 r 3 . Учитывая условие задачи о том, что длины сторон
2
треугольника образуют арифметическую прогрессию, т.е. b 
56
ac
, равенство
2
3 примет вид:
тогда
S ABC 
ac b
b 3b
4 . Подставим
 b 
2
2
2 2
2 и 4 в 1 ,
1
1 3b
b  MM 1    r , получим MM 1  r .
2
3 2
4. Из равенства отрезков MM 1 и r имеем, что MO || AC .
Комментарий к задаче
1) Для доказательства параллельности прямых можно воспользоваться
их признаком – сохранение расстояния. Т.е. расстояние от точки M до AC
(перпендикуляр MM 1 ) и расстояние от точки O до AC ( r – радиус вписанной
в треугольник ABC окружности) должны быть равны.
2) Для
доказательства
равенства
отрезков
можно
использовать
алгебраический метод, в данном случае, метод площадей. На использование
этого метода наводят: перпендикуляр MM 1 (его можно рассматривать, как
высоту некоторого треугольника) и данная в задаче точка пересечения
медиан треугольника. Одно из свойств точки пересечения медиан – это
разбиение треугольника отрезками, соединяющими точку пересечения
медиан треугольника с его вершинами, на три равновеликих треугольника.
1
3
Поэтому, с одной стороны, S AMC  S ABC . С другой стороны, площадь
треугольника ABC выразим через радиус вписанной в него окружности. Из
уравнения получаем равенство MM 1 и r .
Задача 115. Дана трапеция ABCD основания которой
BC  44 ,
AD  100 , AB  CD  35 . Окружность, касающаяся прямых AD и AC , касается
стороны CD в точке K . Найти длину отрезка CK .
Решение.
1. Т.к. окружность касается прямых AD и AC , то возможны два случая:
окружность касается отрезков AD и AC (рис. 19); окружность касается
прямых AD , AC и отрезка CD , т.е. она является вневписанной для
треугольника ACD (рис. 20).
57
B
2. По свойству окружности,
C
вписанной в треугольник, имеем
K
CK  p  AD . Следовательно, нужно
A
D
H
Рис.19
найдем CH : HD 
найти AC .
3. Из  CHD ( CH  AD )
AD  BC 100  44

 28 (т.к. трапеция равнобедренная).
2
2
CH  CD 2  HD 2 , CH  35 2  28 2  21 .
4. Из  ACH найдем по теореме Пифагора AC .
AC  CH 2  AH 2 , где AH  100  28  72 . AC  72 2  212  75 .
5. Итак, получим, что p  105 , тогда CK  5 .
6. Рассмотрим
C
 A CD . Тогда, по свойству вневписанной
в
K
A
когда
окружность является вневписанной для
C1
B
случай,
D
Рис.20
D1
треугольник
AC1  p 
1
( AC 
2
окружности,
CD  AD) ,
имеем
AC1  105 .
Имеем, CK  CC1  AC1  AC  105  75  30 .
Ответ. 5 ; 30 .
Комментарий к задаче
1) При решении задачи необходимо рассмотреть два случая. Первый,
когда окружность получается вписанной в треугольник A CD и второй – для
вневписанной окружности треугольника A CD .
2) Для вписанной в треугольник окружности, используем свойство,
которое
позволяет
найти
отрезок
треугольника, а именно, CK  p  AD .
касательной
А для
через
полупериметр
вневписанной окружности
используем свойство о том, что отрезок касательной равен полупериметру
треугольника, т.е. AC1  p и находим длину отрезка CK , равного отрезку CC1 ,
как разность длин известных отрезков.
58
Задача 116. Около треугольника ABC описана окружность с центром
O , угол AOC равен 60  . В треугольник ABC вписана окружность с центром
M . Найти угол AMC .
Решение.
1. В равнобедренном  AOC OA  OC  R AOC  60  , значит,  AOC равносторонний и AC  R .
2. По теореме синусов для  ABC имеем:
sin ABC 
AC
R
 2R ,
 2R ,
sin ABC
sin ABC
1
, тогда ABC  30  или ABC  150  .
2
3. Пусть
ABC  30 o
(рис.
21),
тогда
BAC  BCA  180   30   150 
MAC  MCA 
1
BAC  BCA   75
2
,
O
( AM и CM -
биссектрисы
K
B
M
 ABC
),
AMC  180   75   105  .
C
A
Рис.21
4. Пусть ABC  150 o (рис. 22),
O
точки M и O лежат по разные стороны от прямой AC .
A
M
B
Рис. 22
C
Далее, рассуждая аналогично, как в п. 3, находим:
BAC  BCA  180   150   30 
,
MAC  MCA  15 
,
AMC  180 o  15 o  165 o .
Ответ. 105  , 165  .
Комментарий к задаче
1) Описанная около треугольника окружность помогла выразить сумму
двух неизвестных углов треугольника ABC (это ACB и BAC ). Здесь
работали теорема о связи величин центрального и вписанного в окружность
углов, опирающихся на одну и ту же дугу.
2) Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис
треугольника. Используя теорему о сумме углов треугольника (для  AMC ) и
зная сумму половин углов BAC и ACB , получим величину угла AMC .
59
3) Величину угла AMC в обоих случаях (когда точки O и M лежат по
одну и по разные стороны от AC ) можно было вычислить по-другому. После
нахождения градусной меры угла ABC , к треугольнику ABC можно было
применить
следующее
AMC  90 o 
свойство
вписанной
окружности:
1
ABC .
2
Задача 117. Дана равнобедренная трапеция, в которую вписана окружность и
около которой описана окружность. Отношение высоты трапеции к радиусу
2
. Найти углы трапеции.
3
описанной окружности равно
A
Решение.
B
1. Пусть BH  h - высота, R - радиус
описанной окружности трапеции
ABCD ,
BCD   - искомый угол (рис.23).
D
H
2. Рассмотрим  DBC , он вписан в
C
окружность радиуса R . Тогда, по теореме
синусов
Рис.23
DB
 2 R , откуда DB  2R sin  .
sin 
3. Трапеция ABCD является описанной, поэтому AB  DC  AD  BC , но
AD  BC (по условию), значит, 2BС  AB  DC , BC 
4. DH  DC  HC , где HC 

AB  DC
1 .
2
DC  AB
DC  AB

. Имеем, DH  DC 
2
2
DC  AB
2 . Сравнивая 1 и 2 , получаем, что DH  BC .
2
5. Из  BHC выразим BC , BC 
6. Применим
теорему
BH
h

.
sin  sin 
Пифагора
h
h2
4 R sin   h 

. По условию
2
R
sin 
2
2
2
к
 DBH
:
D B 2  BH 2  DH 2 ,
2
3h 2
2
, т. е. R 
. Подставим в
2
3
последнее уравнение выражение для R 2 и разделим уравнение на h 2 , тогда:
6 sin 2   1 
1
, после преобразований, имеем, 6 sin 4   sin 2   1  0 . Решив
2
sin 
60
уравнение, получим sin 2  
треугольника, sin  
1
, тогда, учитывая, что  - острый угол
2
2
,   45 .
2
Итак, BCD  45  , ABC  135 .
Ответ. 45 , 135  .
Комментарий к задаче
1) Основная идея решения задачи – выразить стороны прямоугольного
треугольника DBH через высоту h (или радиус R ) и искомый угол  и
применить
к
нему
теорему
Пифагора,
чтобы
получить
уравнение
относительно  .
2) Если окружность описана около трапеции, то она описана около
любого треугольника с вершинами в вершинах трапеции. Этот факт часто
используется при решении задач и его следует взять на вооружение. В
данном случае он позволяет выразить диагональ BC через радиус R
окружности и искомый угол  .
3) В
равнобедренной
обозначениях
AD  BC 
рис.
23),
и
трапеции
если
в
равенства
нее
вписана
DH 
AB  DC
2
окружность,
(в
то
AB  DC
, это так же эвристики, которые помогают находить
2
решение.
Задачи
118. Окружность, проходящая через вершину A треугольника ABC , касается
стороны BC в точке M и пересекает стороны AC и AB соответственно в
точках L и K , отличных от вершины A . Найдите отношение AC : AB , если
известно, что длина отрезка LC в два раза больше длины отрезка KB , а
отношение CM : BM  3 : 2 .
119. Отрезок KB является биссектрисой треугольника
KLM . Окружность
радиусом 5 проходит через вершину K , касается стороны LM в точке B и
61
пресекает сторону KL в точке A . Найдите угол K и площадь треугольника
KLM , если ML  9 3 , KA : LB  5 : 6 .
120. В треугольнике ABC известны стороны AB  9 , BC  8 , AC  7 и AD биссектриса угла BAC . Окружность проходящая через точку A , касается
стороны BC в точке D и пересекает стороны AB и AC в точках E и
F соответственно. Найдите длину отрезка EF .
121. Периметр трапеции ABCD равен 44 . Окружность пересекает основание
AB в точках K и L , сторону BC - в точках M и N , основание CD - в точках
P и R , сторону AD - в точках S и T , причем AK  AL , CN  CM , CP  CR ,
AT  AS . Известно, что KL  MN  1 , PR  ST  7 , AK  5 , CP 
1
. Найдите
2
длины оснований трапеции.
122. Из точки M к окружности, радиус которой равен 4 см , проведены
касательная, касающаяся окружности в точке С , и секущая, проходящая
через центр O окружности и пересекающая ее в точках A и B так, что
MA  AO . Точка N - середина дуги AC окружности. Найти площадь
треугольника MON .
123. Точки A , B , C лежат на окружности радиуса 2 с центром O , а точка K
- на прямой, касающейся этой окружности в точке B , причем AKC  46  , а
длины отрезков AK , BK , CK образуют возрастающую геометрическую
прогрессию (в указанном порядке). Найдите угол AKO и расстояние между
точками A и C . Какой из углов больше ACK или AOK ?
124. Из точки A к окружности проведены две касательные AM , AN и
секущая, которая пересекает окружность в точках B и C , а хорду MN - в
точке P . Найдите AP : PC , если AB : BC  2 : 3 .
125. В равные углы X 1OY и YOX 2 вписаны окружности S1 и S 2 , касающиеся
сторон OX 1 и OX 2 в точках A1 и A2 соответственно, а стороны OY - в точках
B1 и B2 . Точка C1 - вторая точка пересечения A1 B2 и S1 , а точка C2 - вторая
точка пересечения A2 B1 и S 2 . Докажите, что C1C2 - общая касательная к
окружностям.
62
126. В треугольник ABC вписана окружность, которая касается сторон AB и
BC в точках E и F . Касательная MK к этой окружности пересекает стороны
AB и BC соответственно в точках M и K . Найдите периметр треугольника
BMK , если BE  6 см .
127. В четырехугольнике ABCD вписанном в окружность, через вершины A ,
B и точку P пересечения диагоналей проведена окружность, пересекающая
сторону BC в точке E . Докажите, что если AB  AD , то CD  CE .
128. На сторонах BC , CA и AB треугольника ABC взяты точки A1 , B1 и C1
соответственно. Докажите, что описанная окружность треугольников AB1C1 ,
BC1 A1 и CA1 B1 пересекаются в одной точке.
129. Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки P на
стороны треугольника или на их продолжения, лежат на одной прямой.
Докажите, что точка P лежит на описанной окружности треугольника.
130. Ортоцентр H остроугольного треугольника ABC делит высоту BH 2
пополам, а высоту CH 3 - в отношении 2 :1, считая от вершины C . Найдите
величину угла A .
131. В треугольнике ABC проведена биссектриса BB1 . Перпендикуляр из B1
на BC пересекает дугу BC описанной окружности треугольника ABC в точке
K . Перпендикуляр из B на AK пересекает
AC
в точке L . Докажите, что
точки K , L и середина дуги AC (не содержащей точку B ) лежат на одной
прямой.
132. Через точку D основания равнобедренного треугольника
ABC
проведена прямая CD , пересекающая описанную около треугольника ABC
окружность в точке E . Найдите AC , если CE  3 и DE  DC .
133. В треугольнике KLM угол  тупой, а сторона KM  6 . Найдите радиус
описанной около треугольника KLM окружности, если известно, что на этой
окружности лежит центр окружности, проходящей через вершины K , M и
точку пересечения высот треугольника KLM .
63
134. Прямая AD делит треугольник ABC на два. Доказать, что радиус r
окружности, вписанной в треугольник ABC , меньше суммы радиусов r1 и r2
окружностей, вписанных в треугольники ABD и ACD соответственно.
135. Докажите, что в треугольнике
ABC
выполняется соотношение
1
1
1 1


 , где ha , hb , hc - высоты, r - радиус вписанной окружности.
ha hb hc r
136. Многоугольник, описанный около окружностей радиуса r , разрезан
произвольным образом на треугольники. Докажите, что суммы радиусов
вписанных окружностей этих треугольников больше r .
137. Точки B1 и B2 лежат на луче AM , а точки C1 и C2 - на луче AK .
Окружность с центром O вписана в треугольники AB1C1 и AB2C2 . Докажите,
что углы B1OB2 и C1OC 2 равны.
138. Для вневписанной окружности треугольника ABC докажите, что:
а) S  rra rb rc ,
1 1 1 1
   , где S - площадь треугольника ABC , r - радиус
ra rb rc r
окружности, вписанной в треугольник, ra , rb , rc - радиусы вневписанных
окружностей;

б) ra  p  tg , где a , b , c - стороны, p - полупериметр треугольника ABC ,  2
угол, лежащий против стороны a ;
в) ra : rb : rc 
1
1
1
:
:
.
p a pb p c
139. Продолжение биссектрисы угла A треугольника ABC пересекает
описанную около него окружность в точке M ; K - центр окружности,
вписанной в треугольник ABC ; P - центр вневписанной окружности,
касающейся стороны BC . Докажите, что точки B , C , K и P лежат на
окружности с центром M .
140. Прямая отсекает от сторон прямого угла отрезки 3 и 4 . Найдите радиус
окружности, касающейся этой прямой и сторон угла.
64
141. Дан выпуклый четырехугольник ABCD . Известно, что радиусы
окружностей, вписанных в треугольники ABC , BCD , CDA и DAB равны.
Докажите, что AC  BD .
142. Дан прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B и углом  при
вершине A . Точка D - середина гипотенузы. Точка C1 симметрична точке C
относительно прямой BD . Найдите угол AC1 B .
143. Окружности радиусов 10 и 17 пересекаются в точках A и B . Найдите
расстояние между центрами окружностей, если AB  16 .
144.
Окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках A и B .
Известно, что угол AO1 B  90  , угол AO2 B  60  , O1O2  a . Найдите радиусы
окружностей.
145.
Пусть
CM
-
медиана
треугольника
ABC
.
Известно,
что
 CAB   MCB  90  . Докажите, что треугольник ABC - равнобедренный или
прямоугольный.
146. Точка E лежит на продолжении стороны AC правильного треугольника
ABC за точку C . Точка K - середина отрезка CE . Прямая, проходящая через
точку A перпендикулярно AB , и прямая, проходящая через точку E
перпендикулярно BC , пересекаются в точке D . Найдите углы треугольника BKD .
147. В трапеции ABCD ( AD || BC ) угол ADB в два раза меньше угла ACB .
Известно, что BC  AC  5 и AD  6 . Найдите площадь трапеции.
148. Выпуклый четырехугольник ABCD со сторонами AB  4 , BC  3 , CD  2 ,
AD  1 вписан в круг. Найдите радиус этого круга.
149. ABCD - параллелограмм с острым углом BAD . Окружность, проходящая
через вершины A , B и D пересекает сторону BC в ее середине, а сторону CD
- в точке N . Известно, что DN : NC  23 : 2 . Найдите cos BAD .
150.
В трапеции ABCD основания AD и BC равны a и b соответственно,
угол BCD равен  . Окружность, проходящая через точки B , C и D , касается
прямой AB . Найдите радиус этой окружности.
65
151. Докажите, что в любом четырехугольнике, вписанном в окружность,
произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных
сторон [3, № 829].
152. Докажите, что если четырехугольник со сторонами a , b , c и d вписан в
окружность, то его площадь S выражается формулой:
а) S   p  a p  b p  c p  d  [3, № 847, б];
ab  cd bc  ad ca  bd  , где
б) S 
1
4R
153.
Докажите,
что
если
R - радиус описанной окружности.
диагонали
вписанного
четырехугольника
перпендикулярны, то:
а)
прямая,
проходящая
через
точку
пересечения
диагоналей
и
перпендикулярная одной из сторон, делит противоположную сторону
пополам;
б) расстояние от центра описанной окружности до любой из сторон равно
половине противоположной стороны;
в) сумма квадратов противоположных сторон четырехугольника равна
квадрату диаметра описанной окружности.
154. Около окружности описана трапеция ABCD , боковая сторона AB
перпендикулярна основаниям, M – точка пересечения диагоналей трапеции.
Площадь треугольника CMD равна S . Найдите радиус окружности.
155. Трапеция с основаниями 14 и 40 вписана в окружность радиуса 25 .
Найдите высоту трапеции.
156. Четырехугольник ABCD вписан в окружность
с центром O , причем
точка O не лежит ни на одной из диагоналей этого четырехугольника.
Известно, что центр описанной окружности треугольника AOC лежит на
прямой BD . Докажите, что центр описанной окружности треугольника BOD
лежит на прямой AC .
157.
Противоположные
стороны
четырехугольника,
вписанного
в
окружность, пересекаются в точках P и Q . Найдите PQ , если касательные к
окружности, проведенные из точек P и Q , равны a и b .
66
Ответы
16.
ab
2
ab
. 19. 36  , 36  , 90  .
2
или
28. 45  или 135  .
45  , 30  , 105  ;
31. 45  или 135  .
30  , 15  , 135  ;
41. 11,25 . 43. 1 : 4 ; 5 :1 . 44.
48.
5
.
13
a sin 
50.
1  2 sin
.

71.
64.
pg
51. 60 .
g g
;
pg
52. 3,9 .
52 2
c . 46. 9 . 47. 160 .
2
. 45.
a 3
.
2
53.
3 1
.
2
58. 120  .
60. 4 .
91. 40 или 25 .
ab
92.
2
.
a2  b2
a
2
61. 45  ; 2 .
cos A
cos B
135 7
3
. 65. 11 . 67.
;
;
7
4
cos B cos C cos A cos C
bc ac ab
a
b
c
;
;
. 72.
;
;
.
a
b
c
pa
pb
pc
  arccos
b

 4a b cos 
2 2
2
a 2  c 2  b 2 . 96.
95.

104. 15 .
107. 2 S1 S 2 . 108. 12 . 109. 24 .
9
.
8
119. 60  ,
4 sin 67  , одинаковы .
140. 1; 6 .
a 2
3 1
150.
;
405 3
.
16
100. 4 . 102.
120. 6 .
121.
124. 4 : 3 . 126. 12 .
3 1
.
ab
. 154.
2 sin 
146. 30  , 60  , 90  .
.
2
144.
S . 155. 9 или 39 . 157.
2 15S
.
3
122. 8 . 123. 23 ,
3 2
.
2
a 2
148.
a2  b2 .
103.
110. 12 .
130. 45 . 132.
147. 22 .
67
S1  S 2
89
23
;
.
6
3
142. 90   ; 90    . 143. 21 или 9 .
2a
 A  75  ;  B  135  ;
2
99. 5 .
105. 17,28 .
90. 45  .
94. d1,2  a 2  b 2  2ab c o s ;
93. 36 .
.
62. 30  ,
cos C
.
cos A cos B
85. 30  .
C  60  ;  D  90  .
118.
54. 9,75 . 55. 195 .
2
56. 3 ; 3 . 57. arctg
60  , 90  .
15 7
. 34. 45  , 60  , 75  ;
4
pg
37.
.
38. 2 3 .
p
32. 120  . 33.
45  , 15  , 120  .
p p
1 5
a.
2
25. 39 . 26. 30  , 60  , 90  . 27.
3 1
2a
;
385
4 6
133. 2 3 .
3 1
.
;
149. 0,1 .
Список литературы
1. Аргунов Б.И., Балк М.Б. Элементарная геометрия. - М.,1966.
2. В помощь учителю математики. (Методические рекомендации по
решению геометрических задач в школе). - Горький: ГГПИ, 1983.
3. В помощь учителю математики. (Методические рекомендации по
решению геометрических задач аналитическими методами). - Горький,
1985.
4. В помощь учителю математики. (Методические рекомендации к
изучению отдельных тем). - Н.Новгород, 1994.
5. Габович И.Г. Алгоритмический подход к решению геометрических
задач: Кн. Для учащихся. – М.: Просвещение,1996.
6. Геометрия, 7-9: учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый и
профил. уровни /[ Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.] –
М.: Просвещение, 2007.
7. Геометрия, 10-11: учеб. для общеобразоват. учреждений /[ Л.С.
Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.] – М.: Просвещение, 2007.
8. Гордин Е.К. ЕГЭ 2011. Математика. Задача С4. Геометрия.
Планиметрия / Под ред. А.С. Семенова и И.В. Ященко. – М.: МЦНМО,
2011.
9. Готман Э.Г. Вспомогательная окружность // Квант – 1971 - №1. - с. 2831.
10.Готман Э.Г. Задачи по планиметрии и методы их решения. – М.:
Просвещение, 1996.
11.Готман Э.Г., Скопец З.А. Задача одна – решения разные. – М., 2000.
12. Готман Э.Г., Скопец З.А. Решение геометрических задач
аналитическим методом. - М., 1979.
13.Зетель С.И. Новая геометрия треугольника. М., 1962.
14.Изаак Д.Ф. Выручает описанная окружность // Квант – 1987 - №2. - с.
41-42.
15.Понарин Я.П. Геометрия: Учебное пособие. Ростов-на Дону, 1997.
16.Прасолов В.В. Задачи по планиметрии: В 2 ч. Ч.1: Учеб. пособие. – 3-е
изд., стер. – М.: Наука. Физматлит, 1995.
17.Сефибеков С. Доказательство геометрических неравенств// Квант –
1979 - №3.
18.Скопец З.А. Геометрические миниатюры / Сост. Г.Д. Глейзер. – М.,
1990.
19.Уроев В., Шабунин М. Об углах и окружностях // Квант – 1991 - №1. - с.
54-58.
20.Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Решение задач: Учеб. пособие для 11 кл.
общеобразоват. учреждений. – М.: Просвещение, 1995.
21. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач:
Учеб. пособие для 10 кл. сред. шк. – М.: Просвещение, 1989.
68
Приложение 1
Контрольная работа № 1
1. Основание AC равнобедренного треугольника ABC равно 32 , а
боковые стороны 20 . Из вершины B проведен перпендикуляр к боковой стороне
до пересечения с прямой AC в точке D . Найдите расстояния DA и DC .
2. Дана
равнобедренная
трапеция,
у
которой
диагонали
перпендикулярны. Найдите площадь трапеции, если её средняя линия равна m .
3. В треугольнике ABC площадью 90 биссектриса AD делит сторону BC
на отрезки BD и DC , причем BD : DC  2 : 3 . Отрезок BL пересекает биссектрису
AD в точке E и делит сторону AC на отрезки AL и LC , такие, что AL : LC  1 : 2 .
Найдите площадь четырехугольника EDCL .
Контрольная работа № 2
1. Из точки M , расположенной вне окружности на расстоянии
7 от
центра, проведены касательная MA ( A - точка касания) и секущая, внутренняя
часть которой вдвое меньше внешней и равна радиусу окружности. Найдите
радиус окружности.
2. Окружности S1 и S 2 пересекаются в точках A и B , центр O
окружности S1 лежит на окружности S 2 . Хорда AC окружности S1 пересекает
окружность S 2 в точке D . Докажите, что отрезки OD и BC – перпендикулярны.
3. Дан параллелограмм ABCD , AB  2 , BC  3 , угол A равен 60  .
Окружность с центром в точке O касается биссектрисы угла D и двух сторон
параллелограмма, исходящих из вершины одного его острого угла. Найдите
площадь четырехугольника ABOD .
69
Приложение 2
Темы рефератов
1. Метод площадей в решении геометрических задач.
2. Вспомогательная окружность.
3. Векторный метод решения аффинных задач.
4. Векторный метод решения метрических задач.
5. Метод координат в решении аффинных задач.
6. Метод координат в решении метрических задач.
7. Неравенства в геометрических задачах.
8. Задача одна – решения разные.
9. Построение отрезков, заданных формулами. Признак возможности
построения отрезка с помощью циркуля и линейки.
10. Метод движений плоскости в решении задач на доказательство.
11. Точка Микеля.
12. Точки Брокара. Угол Брокара. Треугольник проекций.
13. Изогональные и изотомические прямые.
14. Окружности Торричелли. Точки Торричелли.
15. Прямые Чевы.
16. Трансверсали.
17. Окружность девяти точек. Расстояния между замечательными точками
треугольника.
18. Радикальная ось и радикальный центр окружностей.
19. Инверсия плоскости относительно окружности.
70
Оглавление
Введение.......................................................3
Примерный тематический план изучения раздела...................4
Тема 1: Геометрия треугольника.................................9
Основные теоретические положения.............................9
Задачи,
иллюстрирующие
применение
основных
теоретических
положений...................................................14
Задачи......................................................27
Тема 2: Геометрия четырехугольника............................35
Основные теоретические положения............................35
Задачи,
иллюстрирующие
применение
основных
теоретических
положений...................................................37
Задачи......................................................45
Тема 3: Геометрия окружности..................................49
Основные теоретические положения............................49
Задачи,
иллюстрирующие
применение
основных
теоретических
положений...................................................53
Задачи......................................................61
Ответы........................................................67
Список литературы.............................................68
Приложение 1..................................................69
Приложение 2..................................................70
71
Учебное издание
Кузнецова Лидия Ивановна,
Кириллова Светлана Владимировна,
Огурцова Ольга Константиновна
Элементарная математика: геометрические фигуры и их
свойства в задачах на доказательство и вычисление
Учебно-методическое пособие
для студентов факультета математики, информатики и физики
Печатается в авторской редакции
Подписано в печать
. 2011 г. Печать оперативная. Объем
Тираж экз. Заказ
п.л.
Нижегородский государственный педагогический университет
Полиграфический участок АНО «МУК НГПУ»
603950, Нижний Новгород, ГСП-37, ул. Ульянова,1
72