Министерство образования и науки Российской Федерации

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«Иркутский государственный университет»

Педагогический институт

Факультет математики, физики и информатики Кафедра математики и методики обучения математике

Сахарова Марина Александровна

СЕРИЯ ЗАДАЧ ПО ГЕОМЕТРИИ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К ЕГЭ ОБУЧАЮЩИХСЯ 10-11 КЛАССОВ

Курсовая работа

Иркутск 2015

Рег. №_________

Министерство образования и науки Российской Федерации

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«Иркутский государственный университет»

Педагогический институт

Факультет математики, физики и информатики Кафедра математики и методики обучения математике

Направление подготовки: 44.03.05

Педагогическое образование

Профиль: Математика-информатика

Форма обучения: заочная

Сахарова Марина Александровна

СЕРИЯ ЗАДАЧ ПО ГЕОМЕТРИИ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К ЕГЭ ОБУЧАЮЩИХСЯ 10-11 КЛАССОВ

Курсовая работа

Научный руководитель:

Кузуб Наталья Михайловна,

кандидат физ.-мат. наук, доцент.

Рецензент:

Артемьева Светлана Вадимовна

доцент, кандидат физ.-мат. наук

Работа допущена к защите _______________

Заведующий кафедрой __________________

Защищена на «____________________» «___» июня 2015г.

Иркутск 2015

Содержание

1. Введение

2. Глава 1. Теоретическая часть

   1. Метод площадей

   2. Метод подобия

   3. Метод вспомогательных окружностей

   4. Свойства четырех замечательных точек треугольника

3. Глава 2. Практическая часть

   1. Решение задач с помощью метода площадей

   2. Решение задач с помощью метода подобия

   3. Решение задач с помощью метода вспомогательных окружностей

   4. Решение задач с применением свойств четырех замечательных точек треугольника

4. Заключение

5. Литература

1. Введение

В элементарной математике, самыми трудными считаются геометрические задачи. Как научиться решать геометрические задачи, особенно сложные, конкурсные, олимпиадные и задачи ЕГЭ?

Искусство решать геометрические задачи чем-то напоминает трюки иллюзионистов - иногда, даже зная решение задачи, трудно понять, как можно было до него додуматься. Почти каждая сколько-нибудь труд­ная геометрическая задача требует индивидуального подхода. При решении геометрических задач, как правило, алгоритмов нет, и выбирать наиболее подходящую к данному случаю теорему не просто. Поэтому, желательно в каждой теме выработать какие-то общие положения, которые полезно знать всякому решающему геометрические задачи.

К сожалению, такого универсаль­ного метода нет. Но существуют приемы, применимые ко многим задачам. Некоторые из них рассмотрим в данной работе.

Объект исследования:

Методы решения планиметрических задач.

Предмет исследования:

Планиметрические задачи, которые встречаются в первой и второй части ЕГЭ, в частности, задания №18 (С4).

Цель:

Разработать набор задач для подготовки к ЕГЭ с использованием различных методов решения планиметрических задач.

Задачи:

1. Проанализировать учебную математическую литературу, в том числе школьные учебники, ЕГЭ - задания, пособия для поступающих в вузы, пособия для учителей, пособия для факультативных и элективных курсов.

2. Изучить методы решения планиметрических задач: метод площадей, метод подобия, метод вспомогательных окружностей, метод решения задач с применением свойств четырех замечательных точек.

3. Подобрать задачи, при решении которых используются вышеуказанные методы.

4. Применить рассматриваемые методы при решении геометрических задач ЕГЭ.

5. Показать эффективные пути решения.

Методы исследования:

Анализ математической, методической и учебной литературы, обработка результатов, конструирование методических материалов.

Структура и объем работы.

Работа состоит из введения, двух глав, заключения, библиографического списка.

В первой главе изложено теоретическое содержание различных методов для решения планиметрических задач.

Во второй главе приведены примеры решения задач, на подготовительном этапе, задачи повышенной сложности (олимпиадные и задачи при поступлении в ВУЗы) и задачи ЕГЭ разных лет с применением методов решения планиметрических задач.

2. Глава 1. Теоретическая часть

   1. Метод площадей

Характеристика метода. Из названия следует, что главным объектом данного метода является площадь. Для ряда фигур, например для треугольника, площадь довольно просто выражается через разнообразные комбинации элементов фигуры (треугольника). Поэтому весьма эффективным оказывается прием, когда сравниваются различные выражения для площади данной фигуры. В этом случае возникает уравнение, содержащее известные и искомые элементы фигуры, разрешая которое мы определяем неизвестное. Здесь и проявляется основная особенность метода площадей - из геометрической задачи он «делает» алгебраическую, сводя всё к решению уравнения (а иногда системы уравнений).

Само сравнение выражений для площади фигуры может быть различным. Иногда площадь фигуры представляется в виде суммы площадей ее частей. В других случаях приравниваются выражения, основанные на различных формулах площади для одной и той же фигуры, что позволяет получить зависимость между ее элементами.

Суть метода площадей не ограничивается только описанным выше приемом. Иногда бывает полезно рассмотреть отношение площадей фигур, одна из которых (или обе) содержит в себе искомые элементы.

Прежде чем приводить следующие при­меры, напомним важнейшие из этих выра­жений. Сначала договоримся об обозначе­ниях. В треугольнике ABC:

a, b, c - стороны, противолежащие углам A, В и С соответственно;

ha, hb, hc - высоты, та, тb, тc - медианы, la, lb, lc - биссектрисы, проведенные соответственно к сторонам a, b и c.

r - радиус вписанной окружности; R - радиус описанной окружности; р - полупериметр; S - площадь треугольника ABC.

Формулы, которыми мы будем пользоваться, в этих обозначениях записываются так:

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

Все эти соотношения известны из школь­ного курса, поэтому мы не будем их подробно доказывать, а ограничимся лишь несколькими замечаниями. Чтобы вывести формулы (3) и (4) из (2), можно воспользоваться теоре­мой синусов:

Формулу (5) (формулу Герона) иногда удобнее использовать в преобразованном виде:

Формула (6) легко получается из очевидного (рис. 1.1) равенства

Формула (7) помогает вычислить площадь правильного треугольника.

Далее следует рассмотреть основные свойства площадей [6], которые могут понадобиться при решении задач методом площадей.

Свойство 1. Если треугольники имеют общую вершину и их основания лежат на одной прямой, то площади треугольников пропорциональны длинам их оснований: .

Доказательство.

Свойство 2. Если треугольники имеют общую сторону, то их площади пропорциональны длинам отрезков, высекаемых продолжением их общей стороны на прямой, соединяющей их вершины: .

Доказательство. Рассмотрим _∆АВК и _∆KBD. и . Рассмотрим _∆АКС и _∆KCD. и .

Найдем площади треугольников ABC и KBD.

, . Составим отношение площадей треугольников, получим .

Свойство 3. Если вершину треугольника передвигать по прямой, параллельной основанию, то площадь треугольника при этом не измениться.

Доказательство. Рассмотрим _∆ABC и _∆ADC. Они имеют общее основание и равные высоты, так как прямые AC и BD параллельные, то расстояние между ними равно h - высоте _∆ABC и _∆ADC. Если площадь треугольника находится по формуле, то .

Свойство 4. Если два треугольника имеют одинаковые высоты, то отношение их площадей равно отношению длин оснований (сторон, на которые опущены эти высоты).

Доказательство. Пусть h₁ = h₂ в двух треугольниках с основаниями a и b.

Рассмотрим отношение площадей этих треугольников , упростив, получим .

Свойство 5. Если два треугольника имеют общий угол, то их площади относятся как произведение сторон, заключающих этот угол.

Доказательство. Рассмотрим _∆ABC и _∆MBN с общим углом B , где AB = a, BC = b, MB = a₁и NB = b₁. Пусть S₁ = S_∆MBN и S₂ = S_∆ABC. Используя формулу площади треугольника вида , рассмотрим отношение площадей _∆ABC и _∆MBN. Тогда . Упростив, получим .

Свойство 6. Отношение площадей подобных треугольников равны квадрату коэффициента подобия.

Доказательство. Рассмотрим _∆ABC и _∆MBN. Пусть и ˪ABC=˪MBN. Используя формулу площади треугольника вида , рассмотрим отношение подобных площадей _∆ABC и _∆MBN. Тогда .

Свойство 7. Медиана треугольника делит его на две равновеликие части.

Доказательство. Рассмотрим _∆ABC . Пусть медиана BM , тогда . Медиана делит треугольник на два с одинаковой высотой. Найдем площади треугольников _∆ABM и _∆MBC по формуле . Получим, и . Значит S_∆ABM=S_∆MBC.

Свойство 8. Медианы треугольника делят его на три равновеликие части.

Доказательство. Рассмотрим _∆ABC. Проведем медианы из всех вершин, которые пересекаются в точке O. Получим треугольники _∆AOB, _∆BOC, _∆AOC. Пусть их площади равны соответственно S₁, S₂, S₃. А площадь _∆ABC равна S. Рассмотрим _∆ABK и _∆CBK, они равной площади, т.к. BK медиана. В треугольнике _∆AOC OK - медиана, значит площади треугольников _∆AOK и _∆COK равны. Отсюда следует, что S₁ = S₂. Аналогично можно доказать, что S₂ = S₃ и S₃ = S₁.

Свойство 9. Средние линии треугольника площади S отсекают от него треугольники площади, равной одной четвертой части площади этого треугольника.

Доказательство. Рассмотрим _∆ABC. NM - средняя линия в треугольнике и она равна половине основания AC. Если , то .

Аналогично можно доказать, что площади всех треугольников равны одной четвертой части площади _∆ABC.

Свойство 10. Медианы треугольника делят его на 6 равновеликих частей.

Доказательство. По свойству № 9 площади _∆AOB, _∆BOC, _∆AOC равны. По свойству № 7 площади _∆AOM, _∆BOM равны. Значит S₁ = S₆ . Аналогично S₂ = S₃. Если S₁ + S₆ = S₂ + S₃ и 2S₁ = 2S₂ значит S₁ = S₂. И так далее, получим, что все шесть треугольника имеют равные площади, и они составляют шестую часть от площади _∆ABC.

При решении геометрических задач методом площадей недостаточно знать только формулы нахождения площади треугольника, необходимо ещё знать, как находятся площади других геометрических фигур.

Площадь квадрата

,

Площадь прямоугольника

Площадь параллелограмма

, , ,

где АС и BD - диагонали

Площадь ромба

, , , где АС и BD - диагонали

Площадь трапеции

, где EF - средняя линия трапеции.

Начнем с совсем простой задачи, которую мы решим двумя способами.

Задача. Найти биссектри­су CD прямого угла С в прямоугольном треугольнике АВС с катетами АС = 2 и ВС = 3. [5]

Дано:

Найти: CD.

Решение 1. По теореме Пифагора . По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника знаем, что Из равенства выразим . Подставим все известные величины и получим , . Далее, легко найти косинус угла А:

Остается применить теорему косинусов для определения стороны CD треугольника ACD:

Решение 2. Найдем площадь треугольника АВС разными способами. С одной стороны . С другой стороны,

Приравнивая правые части двух полученных выражений для , получаем .

Ответ: .

Второе решение явно короче и проще.

Однако главное достоинство второго решения - в его идейной «про­зрачности». В первом решении строит­ся некоторая «цепочка» элементов тре­угольника: каждый элемент этой це­почки вычисляется по данным задачи и другим, уже найденным элементам. Последним элементом цепочки служит искомая величина (в данном случае - биссектриса CD). При этом не сразу видно, какие именно элементы по­надобятся для определения искомой величины, то есть какие элементы необходимо предварительно вычис­лить.

Во втором решении для величины, которую надо найти, мы получаем уравнение, выписывая выражения для площади треугольника через извест­ные и искомые элементы треугольни­ка. Этот прием - сравнение различ­ных выражений для площади тре­угольника - оказывается очень плодотворным. Почему именно для площади? Дело в том, что площадь треугольника довольно просто выра­жается через разнообразные комби­нации элементов этого треугольника.

2. Метод подобия

Идея подобия треугольников - это эффективный метод решения большого класса задач на доказательство, построение, вычисление.

Решение элементарных задач на геометрические преобразования - хороший материал для развития пространственного воображения учащихся.

Метод подобия заключается в нахождении подобных треугольников, воз­никших в результате дополнительных построений. Очень часто метод подобия оказывается удобным при дока­зательстве теорем или при решении задач, в которых речь идёт об отношениях отрезков. В некоторых случаях можно вообще обойтись без дополни­тельных построений, поскольку подобные треугольники уже имеются на чертеже. Самое главное - увидеть их.

Основное преимущество геометрического метода в его наглядности. Оно позволяет увидеть то, что в алгебраическом методе скрыто за аналитическими выкладками. Кроме того, выполненный рисунок позволяет рассуждать, делать выводы. Недаром еще великий Р. Декарт в своем труде «Правила для руководства ума» специально выделял правило о том, что «полезно чертить… фигуры и преподносить их внешним чувствам, для того чтобы таким образом нам было легче сосредотачивать внимание нашего ума». Особую ценность это правило имеет при решении текстовых задач.

Определение. Два треугольника называются подобными, если их углы соответственно равны и стороны одного треугольника пропорциональны сходственным сторонам другого.

Число k, равное отношению сходственных сторон подобных треугольников, называется коэффициентом подобия.

Признаки подобия треугольников.

Первый признак подобия треугольников. Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

Дано: и - два треугольника, у которых

Доказать: подобен .

Доказательство: По теореме о сумме углов треугольника и, значит, . Таким образом, углы треугольника АВС соответственно равны углам треугольника А₁В₁С₁. Докажем, что стороны треугольника АВС пропорциональны сходственным сторонам треугольника А₁В₁С₁. Так как , то и . Из этих равенств следует, что . Аналогично, используя равенства , получаем . Итак, стороны треугольника АВС пропорциональны сходственным сторонам треугольника А₁В₁С₁. Теорема доказана.

Второй признак подобия треугольников. Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум соответствующим сторонам другого треугольника и углы, образованные этими сторонами равны, то такие треугольники подобны.

Дано: и , ,.

Доказать: подобен .

Доказательство: Учитывая первый признак подобия треугольников, достаточно доказать, что . Рассмотрим , у которого . Треугольники подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому . С другой стороны, по условию . Из этих двух равенств получаем АС=АС₂. Треугольники АВС и АВС₂ равны по двум сторонам и углу между ними (АВ - общая сторона, АС=АС₂ и , поскольку и ). Отсюда следует, что , а так как , то . Теорема доказана.

Третий признак подобия треугольников. Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем соответствующим сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

Дано: и , .

Доказать: подобен .

Доказательство: Учитывая второй признак подобия треугольников, достаточно доказать, что . Рассмотрим , у которого . Треугольники подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому . Сравнивая эти равенства с равенствами , получаем: ВС=ВС₂, АС=АС₂. Треугольники АВС и АВС₂ равны по трем сторонам. Отсюда следует, что , а так как , то . Теорема доказана.

Теорема. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия.

Дано: и - подобны, k - коэффициент подобия, S и S₁ - площади этих треугольников.

Доказать: .

Доказательство: Так как , то (по теореме об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу). По определению коэффициента подобия имеем: , , поэтому . Теорема доказана.

Теорема. Отношение периметров подобных треугольников равно коэффициенту подобия.

Свойство. Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекающая две другие, отсекает от него треугольник подобный данному.

Свойство. Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекающая продолжения сторон этого треугольника, отсекает от него треугольник, подобный данному.

Свойство. Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам.

Обоб­щенная теорема подобия. Если два треугольника подобны, то любой линейный элемент (или сумма ли­нейных элементов) одного треугольника относится к соответствующему линейному элементу (или сумме соответствующих линейных элементов) другого треугольни­ка как соответственные стороны.

В частности, радиусы описанной или вписанной окружностей, периметры, со­ответственные высоты, медианы, биссек­трисы двух подобных треугольников от­носятся как соответственные стороны.

Приведем простой пример применения метода подобия при решении задач.

Задача. Найдите значение х по рисунку 2.4. [13]

Решение. Треугольники подобны по первому признаку подобия треугольников (по двум углам). Отсюда следует, что

.

Ответ: 9.

В практической части мы рассмотрим задачи на применения метода подобия.

2. Метод вспомогательных окружностей

Вспомогательная окружность - одно из наиболее эстетичных дополнительных построений. Причем в школьных общеобразовательных учебниках о нём практически ничего не говорится. Ниже изложена суть этого метода и признаки, при которых он применяется.

Метод вспомогательной окружности заключается в том, что если геометрическая фигура (многоугольник, треугольник, квадрат и т.п.) имеет ряд конкретных признаков, то вокруг неё можно описать окружность, что значительно облегчит решение ряда задач.

При решении планиметрических задач, когда требуется установить равенство некоторых углов, нередко полезно около треугольника или четырёхугольника описать окружность, после чего эти связи становятся более ощутимыми или даже очевидными. Использование вспомогательной окружности связано с характерными признаками фигуры, рассматриваемой в задаче. Целесообразность применения метода зависит от этих признаков. А они основаны на теоремах и их следствиях, изучаемых в курсе геометрии 8,9 классов.

Свойства углов, вписанных в окружность.

1. Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается

2. Углы ABC и AEC, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.

3. Угол LRK=90º, т.к. он опирается на полуокружность (диаметр).

4. Угол с вершиной внутри круга измеряется полусуммой двух дуг, одна из которых расположена внутри этого угла, а другая - внутри угла, вертикального к данному.

5. Угол, вершина которого расположена вне круга, а каждая из сторон пересекает окружность в двух точках, измеряется полуразностью дуг, заключенного внутри угла.

6. Угол между касательной к окружности и хордой, проведенной через точку касания, измеряется половиной дуги, заключенной внутри этого угла.

7. Если вписанный и центральный углы опираются на одну и ту же дугу, то градусная мера вписанного угла равна половине градусной меры центрального угла: (рис. 3.1.)

8. , (рис. 3.1.)

Свойства секущих.

Свойства хорд.

Свойства касательных.

Теорема 1. Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания.

Доказательство: Пусть р - касательная к окружности с центром О, А - точка касания. Докажем, что касательная р перпендикулярна к радиусу ОА. Предположим, что это не так. Тогда радиус ОА является наклонной к прямой р. Так как перпендикуляр, проведенный из точки О к прямой р, меньше наклонной ОА, то расстояние от центра О окружности до прямой р меньше радиуса. Следовательно, прямая р и окружность имеют две общие точки. Но это противоречит условию: прямая р - касательная. Таким образом, прямая р перпендикулярна к радиусу ОА. Теорема доказана.

Теорема 2. Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности.

Доказательство: По теореме о свойстве касательной углы 1 и 2 прямые, поэтому треугольники АВО и АСО прямоугольные. Они равны, так как имеют общую гипотенузу ОА и равные катеты ОВ и ОС. Следовательно, АВ=АС и углы 2 и 4 равны. Что и требовалось доказать.

Теорема 3. Если прямая проходит через конец радиуса, лежащий на окружности, и перпендикулярна к этому радиусу, то она является касательной.

Доказательство: Из условия теоремы следует, что данный радиус является перпендикуляром, проведенным из центра окружности к данной прямой. Поэтому расстояние от центра окружности до прямой равно радиусу, и, следовательно, прямая и окружность имеют только одну общую точку. Но это и означает, что данная прямая является касательной к окружности. Теорема доказана.

Рассмотрим признаки, при которых вокруг многоугольников можно описать окружность.

1. В любой треугольник можно вписать окружность и притом единственную

Доказательство: Рассмотрим произвольный треугольник АВС и обозначим О точку пересечения его биссектрис. Проведем из точки О перпендикуляры ОК, ОL и ОМ соответственно к сторонам АВ, ВС и СА. Так как точка О равноудалена от сторон треугольника АВС, то ОК=OL=OM. Поэтому окружность с центром О радиуса ОК проходит через точки K, L и М. стороны треугольника АВС касаются этой окружности в точках K, L , М, так как они перпендикулярны к радиусам ОК, ОL и ОМ. Значит, окружность с центром О радиуса ОК является вписанной в треугольник АВС. Теорема доказана.

2. Около любого треугольника можно описать единственную окружность.

Доказательство: Рассмотрим произвольный треугольник АВС. Обозначим буквой О точку пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам и проведем отрезки ОА, ОВ, и ОС. Так как точка О равноудалена от вершин треугольника АВС, то ОА=ОВ=ОС. Поэтому окружность с центром О радиуса ОА проходит через все три вершины треугольника и, значит, является описанной около треугольника АВС. Теорема доказана.

3. Из всех параллелограммов только около прямоугольника и квадрата можно описать окружность, центр которой - точка пересечения диагоналей.

4. Около трапеции можно описать окружность только тогда, когда она равнобедренная.

5. Если дан правильный треугольник, то можно провести окружность с центром в любой из его вершин и радиусом, равным длине его стороны, либо описать около него окружность, которая разобьется вершинами треугольника на равные дуги по 120° каждая.

6. Если дан прямоугольный треугольник, то вокруг него описывается окружность, центром которой является середина гипотенузы, а радиус равен медиане, проведенной к гипотенузе этого треугольника.

7. Если в выпуклом четырёхугольнике сумма противоположных углов равна 180°, то вокруг него можно описать окружность. [10]

Дано: ABCD - четырёхугольник; ABC + ADC=180°;

Доказать, что вокруг ABCD можно описать окружность.

Доказательство. Построим окружность, проходящую через точки А, В, С (вокруг любого треугольника всегда можно описать окружность);

Допустим, что эта окружность не проходит через точку D, а пересекает сторону AD в точке D₁;

Так как ABCD₁ вписан в окружность, то ABC+AD₁C=180°;

Тогда AD₁C=CDD₁, чего быть не может, т. к. AD₁C - внешний для CDD₁, а внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, не смежных с ним, т. е. получается, что AD₁C=CDD₁+D₁CD => пришли к противоречию => построенная окружность проходит через точку D. Что и требовалось доказать.

8. Если точки В и С лежат в одной полуплоскости относительно прямой AD, причём АBD = ACD, то точки А, В, С, D принадлежат одной окружности. [10]

Дано: Точки В и С лежат в одной полуплоскости относительно прямой AD; ABD=ACD

Доказать, что точки А, В, С, D принадлежат одной окружности.

Доказательство. Предположим, что точка С не лежит на окружности, описанной около ABD. Тогда возможны два случая:

1. 1. С лежит вне данной окружности, тогда ACD=AKD-CDK. Но по теореме о вписанном угле ABD=AKD и => ACD<ABD, получили противоречие с ABD= ACD;.

   2. С лежит внутри окружности. Здесь ACD=AKD+CKD и => ACD>ABD получили противоречие с ABD =ACD.

Полученные противоречия и доказывают нужное утверждение.

9. Четырёхугольник можно описать около окружности тогда и только тогда, когда суммы его противоположных сторон равны. [10]

Дано: ABCD- четырёхугольник.

Доказать, что если AB+CD=BC+AD, то в четырёхугольник ABCD можно вписать окружность.

Доказательство. a=a, b=b, c=c, d=d (как отрезки касательных, разделённые точкой касания). => a+b+d+c=a+d+c+d; => АВ+CD=BC+AD. Что и требовалось доказать.

Приведем пример решения задачи с использованием метода вспомогательной окружности.

Задача. Если в треугольнике медиана равна половине соответствующей стороны, то угол, лежащий против этой стороны, - прямой. Доказать это, пользуясь вспомогательной окружностью. [1]

Дано: АВС, АМ - медиана, АМ=ВС.

Доказать: А= 90º

Доказательство. Т.к. АМ=ВС и ВМ=МСАМ=ВМ=МС, существует окружность с центром в точке М, значит ВС - диаметр, т.к. угол А опирается на диаметр, то он прямой. Что и требовалось доказать.

4. Свойства четырех замечательных точек треугольника

При решении задач, связанных с треугольником, нередко используются свойства четырех замечательных точек треугольника - центра тяжести, центра вписанной и описанной окружностей и ортоцентра.

Определение. Медиана - это отрезок, соединяющий любую вершину треугольника с серединой противоположной стороны.

Свойство 1. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке, лежащей строго внутри треугольника (центр тяжести). Точка пересечения делит медианы на отрезки, длины которых относятся как 2:1, считая от соответствующей вершины.

Определение. Биссектриса - это отрезок биссектрисы угла от вершины до точки пересечения с противоположной стороной.

Биссектриса делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилегающим сторонам

Теорема. Каждая точка биссектрисы неразвернутого угла равноудалена от его сторон, то есть равноудалена от прямых, содержащих стороны угла.

Обратно: Каждая точка, лежащая внутри угла и равноудаленная от сторон угла, лежит на его биссектрисе.

Биссектриса делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилегающим сторонам.

Доказательство: 1) Возьмем произвольную точку М на биссектрисе угла ВАС, проведем перпендикуляры МК и ML к прямым АВ и АС и докажем, что MK=ML. Рассмотрим прямоугольные треугольники АМК и АМL. Они равны по гипотенузе и острому углу (АМ - общая гипотенуза, углы 1 и 2 равны по условию). Следовательно, MK=ML.

2) Пусть точка М лежит внутри угла ВАС и равноудалена от его сторон АВ и АС. Докажем, что луч АМ - биссектриса угла ВАС. Проведем перпендикуляры МК и ML к прямым АВ и АС. Прямоугольные треугольники АМК и АМL равны по гипотенузе и катету (АМ - общая гипотенуза, MK=ML по условию). Следовательно, углы 1 и 2 равны. Но это означает, что луч АМ - биссектриса угла АВС. Теорема доказана.

Свойство 2. Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, лежащей строго внутри треугольника. Точка пересечения биссектрис равноудалена от сторон треугольника и является центром вписанной окружности.

Доказательство: Обозначим буквой О точку пересечения биссектрис АА₁ и ВВ₁ треугольника АВС и проведем из этой точки перпендикуляры ОК, ОL и ОМ соответственно к прямым АВ, ВС и СА. По доказанной выше теореме ОК=ОМ и ОК=ОL. Поэтому ОМ=ОL, т.е. точка О равноудалена от сторон угла АСВ и, значит, лежит на биссектрисе СС₁ этого угла. Следовательно, все три биссектрисы треугольника АВС пересекаются в точке О. что и требовалось доказать.

Определение. Серединным перпендикуляром к отрезку называется прямая, проходящая через середину данного отрезка и перпендикулярная к нему.

Теорема. Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка.

Обратно: Каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему.

Доказательство: Пусть прямая m - серединный перпендикуляр к отрезку АВ, точка О - середина этого отрезка.

1) Рассмотрим произвольную точку М прямой m и докажем, что АМ=ВМ. Если точка М совпадает с точкой О, то это равенство верно, так как О - середина отрезка АВ. Пусть М и О - различные точки. Прямоугольные треугольники ОАМ и ОВМ равны по двум катетам (ОА=ОВ, ОМ - общий катет), поэтому АМ=ВМ.

2) Рассмотрим произвольную точку N, равноудаленную от концов отрезка АВ, и докажем, что точка N лежит на прямой m. Если N - точка прямой АВ, то она совпадает серединой О отрезка АВ и поэтому лежит на прямой m. Если же точка N не лежит на прямой АВ, то треугольник АNВ равнобедренный, так как АN=BN. Отрезок NО - медиана этого треугольника, а значит, и высота. Таким образом, NО перпендикулярна АВ, поэтому прямые NО и m совпадают, т.е. N - точка прямой m. Теорема доказана.

Свойство 3. Три перпендикуляра, проведенные к серединам сторон треугольника, пересекаются в одной точке. Эта точка равноудалена от вершин треугольника и является центром описанной окружности.

Доказательство: Рассмотрим серединные перпендикуляры m и n к сторонам АВ и ВС треугольника АВС. Эти прямые пересекаются в некоторой точке О.

В самом деле, если предположить противное, т.е. что m параллельна n, то прямая ВА, будучи перпендикулярной к прямой m, была бы перпендикулярна и к параллельной ей прямой n, а тогда через точку В проходили бы две прямые ВА и ВС, перпендикулярные к прямой n, что невозможно. По теореме ОВ=ОА и ОВ=ОС. Поэтому ОА=ОС, т.е. точка О равноудалена от концов отрезка АС и, значит, лежит на серединном перпендикуляре р к этому отрезку. Следовательно, все три серединных перпендикуляра m, n и p к сторонам треугольника АВС пересекаются в точке О. Что и требовалось доказать.

Замечание: В остроугольном треугольнике эта точка лежит внутри треугольника; в тупоугольном - снаружи; в прямоугольном - в середине гипотенузы.

Определение. Высота треугольника - это перпендикуляр, опущенный из любой вершины на противоположную сторону (или её продолжение). Эта сторона называется основанием треугольника.

Свойство 4. Три высоты треугольника (или их продолжения) пересекаются в одной точке (ортоцентр).

Доказательство: Рассмотрим произвольный треугольник АВС и докажем, что прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁, содержащие его высоты, пересекаются в одной точке. Проведем через каждую вершину треугольника АВС прямую, параллельную противоположной стороне. Получим треугольник А₂В₂С₂. Точки А, В и С являются серединами сторон этого треугольника. Действительно, АВ=А₂С и АВ=СВ₂ как противоположные стороны параллелограммов АВА₂С и АВСВ₂, поэтому А₂С=СВ₂. Аналогично С₂А=АВ₂ и С₂В=ВА₂. Кроме того, как следует из построения , , . Таким образом, прямые АА₁, ВВ₁ и СС₁ являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника А₂В₂С₂. Следовательно, они пересекаются в одной точке. Теорема доказана.

Замечание: Ортоцентр остроугольного треугольника расположен внутри треугольника, а ортоцентр тупоугольного треугольника - снаружи; ортоцентр прямоугольного треугольника совпадает с вершиной прямого угла.

Замечание: В тупоугольном треугольнике две высоты падают на продолжение сторон и лежат вне треуголь­ника, а третья внутри треугольника. В остроугольном треугольнике все три высоты лежат внутри треугольника. В прямоугольном треугольнике катеты одновре­менно служат и высотами.

Замечание: Ортоцентр, центр тяжести, центр описанной и центр вписанной окружностей совпадают только в равностороннем треугольнике.

3. Практическая часть

1. Решение задач с помощью метода площадей

Задача 1. Найдите высоту ромба, сторона которого равна , а острый угол равен 60º.

Решение. Пусть а - сторона ромба. Тогда . Подставив известные величины, получим , отсюда .

Ответ: 1,5.

Задача 2. Стороны АВ и ВС треугольника ABC равны 8 и 11, а высота, проведенная к стороне ВС, равна 4. Найдите высоту, проведенную к стороне АВ.

Решение. Найдем площадь треугольника АВС двумя способами: и . Приравняем площади .

Ответ: 5,5.

Задача 3. В прямоугольном треугольнике катеты равны 6 и 8. Найдите длину высоты, проведенной к гипотенузе.

Решение. Найдем площадь треугольника АВС двумя способами: и .

По теореме Пифагора найдем гипотенузу АВ: , .

Приравняем площади и найдем высоту CD: .

Ответ: 4,8.

Задача 4. В равнобедренном треугольнике сторона основания равна 8, а боковые стороны - 10. Найдите длину высоты, проведенной к боковой стороне.

Решение. Найдем площадь треугольника АВС двумя способами: . По формуле Герона . Вычислим полупериметр:

. .

Приравняем площади и найдем высоту АН: , .

Ответ: .

Задача 5. Найдите расстояние между двумя параллельными сторонами ромба, если его диагонали равны 6 и 8.

Решение. Расстояние между двумя параллельными сторонами ромба AЕ - это высота ромба. Найдем площадь ромба двумя способами. . Диагонали ромба пересекаются под прямым углом - это значит, что треугольник АОВ прямоугольный. Отсюда по теореме Пифагора найдем сторону ромба: .

. Приравняем площади и найдем расстояние между двумя параллельными сторонами ромба AЕ. .

Ответ: 4,8.

Задача 6. Внутри правильного треугольника со стороной a взята произвольная точка М. Найти сумму расстояний от этой точки до сторон треугольника.

Решение. Надо найти сумму длин перпендикуляров MP, MQ и MR, опущенных из точки М на стороны АВ, ВС и СА соответственно. Если соединить точку М с вершинами треугольника, то видно, что S_∆ABC=S_∆AMB+ +S_∆BMC+ S_∆CMA. Используя формулы для площади правильного треугольника и замечая, что по формуле , , , получаем , , .

Ответ: . [5]

Задача 7. (ЕГЭ, 2012) В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4, проведена медиана к бо­ковой стороне. Найдите основание треугольника, если медиана равна 3. [12]

Дано: _∆АВС - равнобедренный, АВ = ВС = 4,

АМ - медиана: ВМ = МС, АМ = 3.

Найти: АС.

Решение. 1) Медиана треугольника разбивает его на два равновеликих треугольника, т.е. S_∆ABM = S_∆AMC

1. Запишем формулу вычисления площади треугольника АВМ, используя формулу Герона.

S_∆ABM =

Найдем полупериметр треугольника .

Зная все величины, подставим их в формулу и вычислим площадь треугольника. S_∆ABM =

2. Запишем формулу вычисления площади треугольника АМС, используя формулу Герона S_∆AMC =

Найдем полупериметр треугольника

Подставим известные величины в формулу и получим

3. Составим равенство , возведем обе части равенства в квадрат, получим ;

135 = 26АС² - АС⁴ - 25

26АС² - АС⁴ - 25 - 135 = 0

26АС² - АС⁴ - 160 = 0

Введем подстановку АС² = х, тогда 26х - х² -160 = 0 (разделим обе части уравнения на -1) получим приведенное квадратное уравнение х² - 26х +160 = 0, по теореме Виета, запишем

Найдем первый корень уравнения х₁ = 16, АС² = 16, АС = , посторонний корень, т.к. _∆АВС - равнобедренный,

Найдем второй корень х₂= 10, АС² = 10, АС = .

Ответ: .

Задача 8. (ЕГЭ, 2012) В треугольнике ABC известно, что АВ = 8, АС = 6, угол ВАС = 60°. Найдите биссектрису АМ. [12]

Дано: АВС, АВ = 8, АС = 6, ВАС = 60º, АМ - биссектриса.

Найти: АМ.

Решение. 1) найдем площадь треугольника

2) С другой стороны

Найдем площади этих треугольников

,

3)Составим равенство ,

Из полученного равенства найдем биссектрису АМ .

Ответ: .

Задача 9. Прямая AD делит треугольник АВС на два. Доказать, что радиус r окружности, вписанной в треугольник АВС, меньше суммы радиусов r₁ и r₂ окружностей вписанных в треугольники ABD и ACD соответственно.

Решение. В равенстве представим все члены с помощью формулы (6) : . Так как и , то , а следовательно r < r₁ + r₂. Что и требовалось доказать. [5]

Задача 10. (ЕГЭ, 2014). Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается его средней линии, параллельной стороне ВС.

а) Докажите, что прямые AС+АВ=3ВС.

б) Найдите большую сторону треугольника АВС, если известно, что его площадь равна 36 и ВС = 9.

Решение:

а) МN - средняя линия . Значит, . , следовательно, BMNC - трапеция. Окружность вписана в трапецию, поэтому , . Отсюда получаем .

б) Площадь треугольника известна. Выразим площадь данной фигуры другим способом. Для этого найдем полупериметр , используя формулу . Обозначим АВ = х, АС = у.

. Получили ВС = 9. Значит, .

Используя формулу Герона , имеем следующее выражение: .

Так как р = 18 и площадь , из условия, равна 36, получаем уравнение:

.

Возведем обе части уравнения в квадрат: . Из равенства следует Получаем квадратное уравнение , решая которое имеем два корня, 10 и 17.

Если , то из выражения . Если , то . Можно сделать вывод, что условию задачи соответствует треугольник со сторонами 9, 10, 17. Наибольшая сторона равна 17. Ответ: 17. [14]

Задача 11. (ЕГЭ, демоверсия 2015) Две окружности касаются внешним образом в точке К. Прямая АВ касается первой окружности в точке А, а второй - в точке В. Прямая ВК пересекает первую окружность в точке D, прямая АК пересекает вторую окружность в точке С.

а) Докажите, что прямые AD и ВС параллельны.

б) Найдите площадь треугольника АКВ, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.

Решение. а) Обозначим центры окружностей О₁ и О₂ соответственно. Пусть общая касательная, проведённая к окружностям в точке К, пересекает АВ в точке М. По свойству касательных, проведённых из одной точки, AM=КМ и КМ=ВМ.

Треугольник АКВ, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, - прямоугольный.

Вписанный угол AKD прямой, поэтому он опирается на диаметр AD. Значит, AD АВ. Аналогично получаем, что ВСАВ . Следовательно, прямые AD и ВС параллельны.

б) Пусть, для определенности, первая окружность имеет радиус 4, а радиус второй равен 1.

Треугольники ВКС и AKD подобны, . Пусть S_∆BKC = S, тогда S_∆AKD=16S. У треугольников AKD и АКВ общая высота, следовательно, , то есть . Аналогично . Площадь трапеции ABCD равна 25S.

Вычислим площадь трапеции ABCD. Проведём к AD перпендикуляр O₂H, равный высоте трапеции, и найдём его из прямоугольного треугольника O₂HO_l: . Тогда . Следовательно, 25S = 20, откуда S = 0,8 S_∆AKB = 4S = 3,2.

Ответ: 3,2.

2. Решение задач с помощью метода подобия

Задача 1. На одной из сторон данного угла А отложены отрезки АВ=5см и АС=16см. На другой стороне этого же угла отложены отрезки AD=8см и AF=10см. Подобны ли треугольники ACD и AFB? Ответ обоснуйте. [13]

Решение. Рассмотрим треугольники ACD и AFB: А - общий, теперь проверим отношение сторон и стороны образующие А пропорциональны ACD подобен AFB по второму признаку подобия треугольников. Что и требовалось доказать.

Задача 2. В трапеции ABCD сторона BC параллельна AD; О - точка пересечения диагоналей; AO=12 см, OC=15 см, BD=40,5 см. Определите длину отрезков OD и OB. [1]

Дано: ABCD - трапеция, , AO=12 см, OC=15 см, BD=40,5 см.

Найти: OD и OB.

Решение. 1) Рассмотрим треугольники BOC и AOD, они подобны по двум углам: OAD=BCO и OBC=ODA как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD и секущих AC и BD. Следовательно стороны треугольников пропорциональны.

2) , выразим сторону OD через сторону OB, зная, что BD=40,5см. OD=BD-OB=40,5-OB. Подставим все известные величины в пропорцию

3) см.

OD = 40,5 - 22,5 = 18 см.

Ответ: 18 см и 22,5 см.

Задача 3. Площади двух треугольников равны 40,5 дм² и 54 дм², а две их наибольшие стороны соответственно равны 13,5 дм и 18 дм. Подобны ли эти треугольники? [1]

Решение. Если треугольники подобны, то должно выполняться условие: Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия. Проверим это условие. Найдем коэффициент подобия . Найдем отношение площадей . Получили, что отношение площадей равно коэффициенту, а должно быть равно квадрату коэффициента. Следовательно, треугольники не подобны.

Задача 4. Периметр треугольника равен 3,9 м, а стороны подобного ему треугольника равны 22,5 дм, 3 м и 45 дм. Определите стороны первого треугольника. [1]

Решение. Найдем периметр подобного треугольника: 22,5+30+45=97,5. Т.к. треугольники подобны, то выполняется условие , значит, коэффициент подобия равен . Теперь сможем найти стороны первого треугольника: дм, дм, дм.

Ответ: 9 дм, 12 дм, 18 дм.

Задача 5. Стороны двух подобных треугольников относятся как 6 : 5, а разность их площадей равна 77 см². определить площади треугольников. [1]

Решение. Так как треугольники подобны, то и . Можно записать . С другой стороны площади связаны другим выражением .

Получили систему двух уравнений.

.

Ответ: 175 см² и 252см² .

Решение алгебраической задачи с помощью метода подобия.

Задача 6. Два пешехода вышли одновременно из двух сел А и В навстречу друг другу. После встречи первый пешеход шел 25 минут до села В, а второй шел 36 минут до села А. Сколько минут они шли до встречи?

Решение. 1 способ: Пусть до встречи пешеходы шли х минут. Тогда первый был в пути (х +25) минут, второй (х + 36) минут. В 1 минуту первый пешеход проходил , а второй расстояния АВ.

Вместе они проходили в 1 минуту расстояния АВ. Составим уравнение: . Это уравнение имеет единственный положительный корень х = 30. Следовательно, пешеходы шли до встречи 30 минут.

Ответ: 30 минут.

2 способ: Теперь рассмотрим метод подобия, часто помогающий избежать громоздких рассуждений и составления сложного уравнения (или нескольких уравнений).

Пусть до встречи пешеходы шли х минут. Построим графики движения пешеходов. Так как в задаче работа рассматривается как равномерный процесс, то отрезок АО - график движения первого пешехода, а отрезок ВР - график движения второго пешехода, АК - изображает время движения до встречи, МО - время движения первого пешехода после встречи до села В, МО = 25, КР - время движения второго пешехода после встречи до села А, КР = 36. Проведем МК ‖ АВ и рассмотрим образовавшиеся треугольники.

Из подобия двух пар треугольников BNM и PNK, MNO и KNA (по двум углам) следует, что . Составим уравнение:

Это уравнение имеет единственный положительный корень х = 30. Следовательно, пешеходы шли до встречи 30 минут.

Ответ: 30 минут. [8]

Не трудно заметить, что второй способ легче, чем первый.

Задача 7. Прямоугольный треугольник АВС с катетами АС = 3, ВС = 2 вписан в квадрат. Известно, что вершина А совпадает с вершиной квадрата, а вершины В и С лежат на сторонах квадрата, не содержащих точку А. Найти площадь квадрата.

Решение. В силу равенства отмеченных углов (рис. 4) треугольник ACD подобен треугольнику CBE.

Следовательно,. Пусть AD = x, тогда DC =. Так как , то . Решив полученное уравнение, найдем сторону квадрата: . Таким образом, S квадрата равна .

Ответ: 8,1. [9]

Задача 8. На сторонах BC и CD квадрата ABCD выбраны соответственно точки E и F так, что К - точка пересечения отрезков BF и AE. Найти отношение КЕ : АК.

Решение. Из подобия треугольников AKB, BKE и ABE следует . Перемножив равенства и , получим , .

Ответ: . [9]

Задача 9.(ЕГЭ, 2012) Через точки М и N, делящие сторону АВ треугольника АВС на три равные части, про­ведены прямые, параллельные стороне ВС. Найдите площадь части треугольника, за­ключенной между этими прямыми, если площадь треугольника АВС равна 1.[12]

Дано: _∆АВС, ME || NF || BC, AM = MN = NB,

S_∆АВС = 1.

Найти: S_MNFE.

Решение. 1) Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекающая две другие, отсекает от него треугольник подобный данному.

Отсюда следует, что:

2. _∆АВС подобен _∆АMЕ и _∆АВС подобен _∆АNF

3. т.к. AM = MN = NB => S_∆АME = S_∆АBC и S_∆АNF = S_∆АBC,

4. S_MNFE = S_∆АNF - S_∆АME = S_∆АBC - S_∆АBC = .

Ответ: .

Задача 10. Высоты, проведенные из вершины тупого угла параллелограмма, относятся как 2:4. Чему равна меньшая сторона параллелограмма, если периметр равен 90 см? [9]

Решение. Так как треугольники АВК и ВНС подобны по двум углам (1 признак подобия) и , . С другой стороны получили систему уравнений, решив которую найдем меньшую сторону параллелограмма АВ.

Ответ: 15см.

Задача 11. (ЕГЭ, 2012) Сторона треугольника равна 36 см. Прямая, параллельная этой стороне, делит площадь треугольника пополам. Найти длину отрезка этой прямой, заключённого между сторонами треугольника. [12]

Решение. Прямая LM параллельна AC и отсекает от АВС подобный треугольник LBM (по свойству: «Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекающая две другие, отсекает от него треугольник подобный данному»). Из подобия треугольников ABC и LBM имеем . Отсюда ,

см.

Ответ: .

Задача 12. Диагонали АС и ВD четырехугольника АВСD, вписанного в окружность, пересекаются в точке Р, причем ВС=СD.

а) Докажите, что АВ:ВС=АР:РD.

б) Найдите площадь треугольника СОD, где О - центр окружности, вписанной в треугольник АВD, если дополнительно известно, что ВD - диаметр описанной около четырехугольника АВСD окружности, АВ=4, а .

Решение: а), так как опираются на равные хорды. Вписанные углы АDВ и АСВ опираются на одну и ту же дугу, значит, . Можем сделать вывод, что ~. Следовательно, АВ:ВС=АР:РD.

б) Точки А и С лежат на окружности с диаметром ВD, значит, и прямоугольные. Так как - равнобедренный, то . в , поэтому , .

Ц

Рис.24ентр окружности, вписанный в треугольник, - точка пересечения его биссектрис, поэтому точка О лежит на биссектрисе АС и на биссектрисе . Тогда

;

.

Следовательно, - равносторонний, причем .Площадь правильного треугольника вычисляется по формуле . Найдем площадь : .

Ответ: . [14]

Задача 13. (ЕГЭ, 2015) Диагональ АС разбивает трапецию АВСD с основанием AD и ВС, из которых AD большее, на два подобных треугольника.

а) Докажите, что .

б) Найдите отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, если известно, что , и .

Решение: а) AD || BC, следовательно, АС - секущая, следовательно, , так как накрест лежащие углы.

Предположим, что . Тогда AВ || CD и АВСD - параллелограмм. Данное предположение неверно и .

б) ~. Следовательно, , откуда .

Опустим из вершины С перпендикуляр СК на основание AD. Тогда . Значит, АВСК - прямоугольник. Следовательно, . Пусть М и N - середины оснований AD и ВС соответственно, МН - перпендикуляр к AD. Тогда АВМН - прямоугольник. Получаем, что , .

В прямоугольном треугольнике MNH имеем: .

Ответ: . [14]

3. Решение задач с помощью метода вспомогательных окружностей

Задача 1. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АР, BQ и CR. Доказать, что BAP = BQR.

Дано: АВС, АР, BQ и CR - высоты.

Доказать: BAP = BQR.

Доказательство. Пусть Н - точка пересечения высот треугольника АВС. Т.к. ARH =AQH=90^о ARH+AQH=180º, то около четырёхугольника ARHQ можно описать окружность, приняв отрезок АН за диаметр. Построив её, замечаем, что BAP=BQR как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу. Что и требовалось доказать. [11]

Задача 2. Дан прямоугольный треугольник ABC, C= 90°. На катете ВС выбрана произвольная точка М. Из точки М проведён перпендикуляр на гипотенузу АВ. Докажите, что ANC=AMC.

Дано: АВС; С= 90°;точка МВС; MNАВ.

Доказать, что ANC=AMC.

Доказательство. Вокруг четырёхугольника ACMN можно описать окружность (ACM+ANM= 180°). ANC и AMC опираются на одну дугу АС => эти углы равны, что и требовалось доказать. [10]

Задача 3. На стороне АВ треугольника ABC во внешнюю сторону построен равносторонний треугольник. Найдите расстояние между его центром и вершиной С, если АВ = с и C = 120°. [11]

Дано: ABC, С=120º, АВ=с, ABD - равносторонний, О - центр ABD.

Найти: ОС

Решение. Т.к С=120º, то он опирается на дугу 240º, значит точка С лежит на окружности, описанной возле правильного треугольника ABD и т.к. точка О - центр ABD следовательно ОС - радиус описанной окружности. Сторону правильного треугольника можно выразить через радиус описанной окружности .

Ответ: .

Задача 4. Из точки Р, расположенной внутри острого угла ВАС, опущены перпендикуляры РС₁ и РВ₁ на прямые АВ и АС. Докажите, что С₁АР=С₁В₁Р. [11]

Дано: ВАС, PB₁AC, PC₁AB

Доказать: С₁АР=С₁В₁Р.

Доказательство. АС₁РВ₁ - четырехугольник. Т.к. PB₁AC, PC₁AB, то АС₁Р=90º и РВ₁А=90º АС₁Р+РВ₁А=180º около четырехугольника можно описать окружность. С₁АР=С₁В₁Р т.к. опираются на одну дугу С₁Р. Что и требовалось доказать.

Задача 5. В круге дана точка на расстоянии 15 см от центра. Через эту точку проведена хорда, которая делится ею на две части с длинами 7 см и 25 см. Найдите радиус круга.

Решение. По условию задачи ОЕ = 15, DЕ = 7, ЕС = 25. проведем через точку Е диаметр, который в этой точке пересекается с хордой СD. По свойству пересекающихся хорд CE·ED = AE·EB. Но АЕ = R + 15, EB = R - 15, где R - радиус окружности. В результате имеем 25·7=(R +15)·(R - 15), откуда R² - 225 = 25·7, R² = 400, R = =20 см.

Ответ: 20 см. [3]

Задача 6. Доказать, что радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен (а + в - с)/2, где а, в - катеты, а с - гипотенуза.

Решение. Четырехугольник MCNO₁, очевидно, квадрат (все углы прямые, О₁М = О₁N = r). следовательно, CN = CM = r. Тогда BN = a - r, а также BP = a - r ( по теореме о о двух касательных к окружности). Аналогично, AM = AP = b - r. Но AB = c = AP + PB = b - r + a - r = a + b - 2r, откуда 2r= a + b - c, т.е. r = (a + b - c)/2. что и требовалось доказать.

Замечание. Так как в прямоугольном треугольнике гипотенуза равна 2R, где R - радиус описанной окружности, то из полученного результата следует a + b - 2R = 2r, a + b = 2(R + r). [3]

Задача 7. В прямоугольник ABCD вписан равносторонний треугольник АРК так, что вершина К лежит на стороне ВС, а Р - на CD. КН - высота этого треугольника. Докажите, что треугольник ВНС - равносторонний.

Дано: ABCD - прямоугольник; АРК - равносторонний треугольник; КВС ; РCD; КН - высота АРК.

Доказать, что ВНС - равносторонний.

Доказательство. ABK+AHK=180° => вокруг четырёхугольника АВКН можно описать окружность.

КАН=НВК=60° (опираются на одну дугу КН, а АКР - равносторонний).

KCP+KHP=180° => вокруг четырёхугольника КНРС - можно описать окружность.

KCH=KPH=60° (опираются на одну дугу КН, а АКР - равносторонний).

=>AKP=60° (сумма углов в треугольнике равна 180°) => ВНС - равносторонний, т. к. все углы по 60°. Что и требовалось доказать. [10]

3адача 8. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) проведена высота CD . Угол BAC равен . Радиус окружности, проходящей через точки A, C и D равен R. Найдите площадь треугольника ABC.

Дано: АВС, АВ=ВС, CD - высота, ВАС=a, радиус окружности равен R.

Найти: S_ABC.

Решение. 1) Из точки D отрезок AC виден под прямым углом, значит, эта точка лежит на окружности с диаметром AC.

2) А т.к. через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит единственная окружность, то окружность с диаметром AC - это окружность, о которой говорится в условии задачи.

3) Пусть Е - её центр. Тогда Е - середина основания АС равнобедренного треугольника ABC, поэтому BE - высота этого треугольника. Из прямоугольного треугольника EAB находим, что .

Следовательно, .

Ответ: .[10]

Задача 9. Дан угол с вершиной в точке А и точка М внутри угла. В и С - основания перпендикуляров, опущенных из точки М на стороны угла. МВ=а, МС=b. Найдите АМ.

Дано: угол , точка М внутри угла, В и С - основания перпендикуляров, опущенных из точки М на стороны угла, МВ=а; МС=b.

Найти: АМ.

Решение. 1) АВМС - четырёхугольник, АВМ =АСМ=90º,

В+С=180º (противоположные углы в четырёхугольнике) => вокруг АВМС можно описать окружность.

2) Соединим точки В и С, ВМС = 180º - .

АМ - диаметр т. к. угол АВМ= 90°. Диаметр = 2радиуса,

Найдём ВС (воспользуемся теоремой косинусов в треугольнике ВМС)

, ,

, .

Ответ: . [10]

Задача 10. Определить площадь трапеции, у которой длины оснований равны 10 и 26, а диагонали перпендикулярны боковым сторонам.

Дано: ABCD - трапеция, ВС=10, AD=26, ACCD и ВDAB.

Найти: .

Решение. 1)

2) ABD=ACD=90° => выполняется 2 признак существования окружности, описанной возле четырехугольника => вокруг ABCD можно описать окружность => трапеция ABCD - равнобедренная (только вокруг равнобедренной трапеции можно описать окружность).

3) НС - высота, опущенная на гипотенузу, в прямоугольном треугольнике CAD =>

4) Проведем BFAD и рассмотрим полученные треугольники ABF и CHD. Эти треугольники являются прямоугольными и они равны по катету и гипотенузе: AB=CD, т.к. трапеция равнобедренная, а BF=CH как высоты трапеции. Из равенства треугольников следует, что AF=HD.

5) FH=BC=10, т.к. BFAD и CHAD и BC‖AD => FBCH - прямоугольник

6) 2HD=AD - FH = 26 - 10 =16, HD=16/2=8,

AH=AF+FH=8+10=18, .

7) .

Ответ: 216. [10]

Задача 11. (ЕГЭ, 2012) В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности делит гипотенузу на отрезки, равные 5 и 12. Найдите катеты треугольника [12].

Решение. По условию задачи АК = 5, КВ = 12.

Тогда в силу теоремы о двух касательных к окружности АМ = АК = 5, NB = KB = 12.

Обозначим радиус вписанной окружности через r. Тогда BC = CN + CB = r + 12, АC = АМ + МС= r + 5. По теореме Пифагора AC² + CB² = AB², т.е (r + 5)² + (r + 12)² = (5 + 12)².

Выполняя простые преобразования, получим квадратное уравнение r² + 17r - 60 = 0 . Решаем его по теореме Виета: r₁ +r₂ = - 17 и r₁ *r₂ = -60, находим что r₁ = - 20 и r₂ = 3. Первый корень не имеет геометрического смысла. Следовательно, r = 3. Теперь можем найти катеты треугольника: ВС = 3 + 12 = 15 и АС = 3 + 5 = 8.

Ответ: 8 и 15.

Задача 12. Около остроугольного треугольника АВС описана окружность с центром О. На продолжении отрезка АО за точку О отмечена точка К так, что.

а) Докажите, что четырехугольник ОВКС вписанный.

б) Найдите радиус окружности, описанной около четырехугольника ОВКС, если, а ВС = 48.

Решение: а) является продолжением , значит, . - центральный угол .

Рассмотрим , ВО=СО, следовательно - равнобедренный. Значит, по свойству равнобедренного треугольника, .

. Следовательно, точки О, В, К, С лежат на одной окружности. Можно сделать вывод, что ОВКС - вписанный четырехугольник.

б) , выразим синус данного угла по теореме Пифагора. .

R - радиус окружности, описанной около четырехугольника ОВКС. Рассмотрим треугольник

.

Ответ: 25. [14]

Задача 13. (ЕГЭ, 2014) Высоты ВВ₁ и СС₁ остроугольного треугольника АВС пересекаются в точке Н.

а) Докажите, что .

б) Найдите ВС, если АН=4 и .

Решение: а) АС₁НВ₁- четырехугольник, ,, значит, около четырехугольника АС₁НВ_{1 .}можно описать окружность, где АН - диаметр.

, так как опираются на одну дугу.

, следовательно точки В, С, В₁, С₁ лежат на окружности с диаметром ВС. Значит, . Получаем .

б) , АН = 4, где АН - диаметр описанной окружности. .

- прямоугольный, .

- прямоугольный, .

Рассмотрим . Далее применим метод подобия, поскольку присутствуют признаки данного метода.

- общий, . Можем сделать вывод, что ~.

Значит, . Выражаем ВС: .

Ответ: . [14]

Задача 14.(ЕГЭ, 2014) Диагональ АС прямоугольника АВСD с центром О образует со стороной АВ угол 30⁰. Точка Е лежит вне прямоугольника, причем . Докажите, что .

Доказательство: по теореме о внешнем угле треугольника. , значит, .

Рассмотрим четырехугольник ВОСЕ. . Можно сделать вывод, что четырехугольник вписанный. и опираются на одну дугу, значит, = . Что и требовалось доказать. [14]

4. Решение задач с применением свойств четырех замечательных точек треугольника

Задача 1. Биссектрисы АА₁ и ВВ₁ треугольника АВС пересекаются в точке М. Найдите углы АСМ и ВСМ, если АМВ = 136º. [13]

Решение. Из того что АА₁, ВВ₁ и СМ пересекаются в одной точке М следует, что МС - биссектриса угла С, а значит углы АСМ и ВСМ равны. Значит .

Решение задачи сводится к нахождению С. Рассмотрим треугольник АВС: А+В+С=180º, следовательно С=180º -(А+В).

Рассмотрим треугольник АМВ, АМВ + ВАМ + АВМ = 180º => ВАМ + АВМ = 180º - АМВ = 180º - 136º = 44º. Так как АА₁ и ВВ₁ - биссектрисы треугольника АВС, то МВА₁+АМВ₁ = 44º.

Так как сумма углов треугольника АВС равна 180º, а А + В = ВАМ + АВМ + МВА₁+АМВ₁ = 44º + 44º = 88º, тогда С = 180º - 88º = 92º и значит АСМ = ВСМ = С/2 = 92º / 2 = 46º.

Ответ: 46º и 46º.

Задача 2. Серединный перпендикуляр к стороне ВС треугольника АВС пересекает сторону АС в точке D. Найдите АD и DС, если BD = 5 см, АС = 8,5 см. [13]

Решение. Так как DE - серединный перпендикуляр, то точка D равноудалена от концов отрезка ВС, а это значит DC = BD = 5 см. АD = АС - DC = 8,5 - 5 = 3,5 см.

Ответ: 3,5 см и 5 см.

Задача 3. Серединные перпендикуляры к сторонам АВ и АС треугольника АВС пересекаются в точке D стороны ВС. Докажите, что точка D - середина стороны ВС. [13]

Решение. Рассмотрим четырехугольник АЕDК. Так как ED и DK - серединные перпендикуляры, то Е и К прямые. Следовательно АЕDК - прямоугольник. А это значит, что А=90º и треугольник АВС - прямоугольный, поэтому точка пересечения серединных перпендикуляров лежит на середине гипотенузы, т.е. точка D - середина стороны ВС. Что и требовалось доказать.

Задача 4. Длины сторон АС и АВ треугольника АВС равны b и c, угол А вдвое больше угла В. Найти длину стороны ВС.

Решение. Проведем биссектрису АD. Тогда DАB = DАC = В. Пусть ВD = x. Тогда, поскольку _∆АВD - равнобедренный (DАB = В), то и АD = x.

Применим к _∆АВD , т.е. , откуда .

По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника , т.е. . Таким образом, (1). Из теоремы синусов для _∆АВС следует, что откуда (2). Перемножая левые и правые части формул (1) и (2), получим , откуда .

Ответ: . [3]

Задача 5. Найти углы треугольника, в котором высота и медиана, проведенные из одной вершины, делят угол при этой вершине на три равные части.

Решение. Пусть CD - высота, а СМ - медиана в _∆АВС. Очевидно, СМ является биссектрисой в _∆АСD и по свойству биссектрис . Заметим, что _∆МСВ - равнобедренный и СD - медиана в нем: . Поэтому , а значит , т.е. и, следовательно, Тогда ACD=90º - A = 60º, ACM = 30º, ACB = 90º , а B = 180º - 90º - 30º = 60º.

Ответ: 30º , 60º, 90º. [3]

Задача 6. Биссектрисы углов при основании АВ равнобедренного треугольника АВС пересекаются в точке М. Докажите, что прямая СМ перпендикулярна к прямой АВ. [13]

Решение. Биссектрисы треугольника АА₁ и ВВ₁ пересекаются в точке М и прямая СМ пересекается с ними в той же точке. Тогда по свойству биссектрис треугольника прямая СМ также биссектриса, причем она проведена к основанию равнобедренного _∆АВС, следовательно СМ является и высотой, т.е. СМАВ. Что и требовалось доказать.

Задача 7. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны 20, а основание 24. Найти расстояние между точкой пересечения биссектрис и точкой пересечения медиан треугольника.

Решение. Пусть АМ - медиана, АЕ - биссектриса, а ВD - высота, опущенная на основание. Поскольку ВD является также медианой и биссектрисой, то наша цель найти расстояние ОО₁.

Из прямоугольного треугольника АBD имеем по свойству медиан АМ и ВD Так как АО₁ является биссектрисой в _∆ABD, то по свойству биссектрис Но и поэтому кроме того, O₁D + O₁B = 16. Имеем систему двух уравнений решая которую получаем, Тогда .

Ответ: . [3]

4. Заключение

Трудность решения геометрических задач состоит в правильном выборе метода решения задачи. Иногда одну и ту же задачу можно решить, используя разные методы, а иногда при решении может использоваться сразу несколько методов. Правильно выбранный метод позволит быстро решить задачу, сэкономив при этом и время, и силы.

В процессе исследования методов решения планиметрических задач нами были решены следующие задачи:

1. Проанализирована и систематизирована учебно-методическая литература;

2. Изучены методы решения планиметрических задач (метод подобия, метод площадей, метод вспомогательной окружности, метод решения задач с применением свойств четырех замечательных точек треугольника);

3. Подобраны и решены планиметрические задачи, в том числе из ЕГЭ, с применением изученных методов.

Все поставленные задачи решены, цель работы достигнута.

Литература

1. А.С. Макуха. Письменные контрольные работы по геометрии для 6 - 8 классов. Пособие для учителей. Издательство «Радянська школа». Киев - 1970г.

2. В.Т. Воднев, А.Ф. Наумович, Н.Ф. Наумович. Основные математические формулы. Справочник. Под редакцией Ю.С. Богданова. Издание второе, переработанное и дополненное. Издательство «Вышэйшая школа». Минск, 1988г.

3. А.А. Тарымов. Методическое пособие по математике для поступающих в ВУЗы № 2. Издательство «Учитель». Волгоград, 1993г.

4. alexlarin.net/ege/2011/C4-2011.pdf - математика ЕГЭ 2011 (типовые задания С4)

5. school-collection.edu.ru/catalog/res/d176c23d-31f4-a29d-e714-7c789f6bd9bb/?fullView=1 - Практикум абитуриента. И.Д. Новиков. Метод площадей.

6. uztest.ru/abstracts/?idabstract=440813 - Основные свойства площадей.

7. dslib.net/teoria-vospitania/ispolzovanie-metoda-plowadej-i-obemov-pri-reshenii-shkolnyh-geometricheskih-zadach.html - текст тренировочных задач для метода площадей

8. licei2.ru/img/metod/66/sapryikina.pdf - метод подобия в текстовых задачах

9. nsportal.ru/ap/library/drugoe/2012/11/06/primenenie-podobiya-k-resheniyu-zadach - Презентация «Применение подобия к решению задач»

10. matemat.me/wp-content/uploads/2014/01/%D0%92%D0%A1%D0%9F%D0%9E%D0%9C-%D0%9E%D0%9A%D0%A01-%D0%98%D0%92%D0%90%D0%9D%D0%9E%D0%92%D0%90-%D0%A1%D0%BE%D0%BD%D1%8F-32.pdf - Метод вспомогательной окружности

11. teachergki.21309.edusite.ru/p7aa1.html - Метод вспомогательной окружности

12. Ященко И.В., Шестаков С.А., Трепалин А.С., Захаров П.И. ЕГЭ. Математика. Тематическая рабочая тетрадь. - М.: МЦНМО, Издательство «Экзамен», 2012г.

13. Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев, Э.Г. Позняк, И.И. Юдина. Геометрия, 7 - 9: учебник для общеобразовательных учреждений. - 18 - е издание - М.: Просвещение, 2008г.

14. alexlarin.net - сайт для подготовки ЕГЭ