«Предисловие Пособие адресовано учителю, который ведёт курс геометрии в 7—9 классах по учебнику И. Ф. Шарыгина Геометрия. 7—9 классы, содержащему 13 глав и отражающему авторскую наглядно-эмпирическую концепцию построения ...»

808. Рассмотрим две параллельные прямые, по которым перемещаются отрезки AB и CD постоянной длины (по каждой прямой — свой отрезок). Обозначим через M точку пересечения AC и BD. Тогда при перемещении AB и CD точка M будет описывать прямую, параллельную данным (рис. 263). Теперь нужное построение следует из результата предыдущей задачи (рис. 264). Числа на рисунке указывают последовательность построений.

Случай, когда точка N лежит между данными прямыми, рассмотрите самостоятельно.

2129330o3.fm Page 197 Monday, April 1, 2013 3:00 PM бия трапеций будет следовать равенство -- = --, откуда 810. Рассмотрим трапецию ABCD с основаниями AD = a, BC = b, O — точка пересечения диагоналей, щих подобий имеем:

---------- = ----------, ---------- = ---------. Сложив эти равенства, получим ---------- + ---------- = 1, = --------------. Такой же будет и вторая часть искомого отa+b резка.

В случае а) возможно внутреннее и внешнее касание.

В случае б) возможен лишь один вариант — внешнее касание, так как длина хорды BC = 5 больше разности диаметров окружностей 5 – 3 = 2.

813. Большая сторона равна -----------------. Точка M находится на расстояниях ------ и ----------------- от левой и нижней a — длина большей стороны, то для a имеем уравнение ка M удалена на расстояния x и y от левой и нижней сторон исходного прямоугольника (рис. 265). При этом из подобия всех прямоугольников следует, что точка M занимает одно и то же положение в каждом прямоугольнике. (Соответствующие расстояния лишь меxM няются с нужным коэффициентом.) Прямоугольник, оставшийся y после первого отрезания, меньше исходного в a раз и расположен вертикально. Расстояние до ниж- Рис. 2129330o3.fm Page 198 Monday, April 1, 2013 3:00 PM ней стороны от M равно y, а до правой стороны a – 1 – x.

Получаем для x и y систему:

Из этой системы найдём (поскольку a2 – a – 1 = 0) y = ---------------- = -----------------, x = ------.

815. а) 19,52; б) 38; в) такая пирамида невозможна.

Из условия следует, что ADB = CBD, ABC = CDA, ABD CAD (сходственные вершины указаны в одинаковой последовательности). Пусть DB = a, AD =

AC CD AD

= BC = a. Из подобия следует, что -------- = --------- = -------- =, Докажем, что + 2 < 1 (т. е. не выполняется неравенстили во треугольника). Нам надо доказать, что

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ

1. Докажите, что отношение периметров подобных треугольников равно коэффициенту подобия.

2. В параллелограмме ABCD проведена диагональ BD и отрезок AF. Известно, что BO = 6 см, OD = 18 см.

Укажите подобные треугольники и определите коэффициент их подобия (рис. 266).

2129330o3.fm Page 199 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 3. Определите, подобны ли равнобедренные треугольники, если они имеют по равному углу.

4. Определите, подобны ли равнобедренные треугольники, если они имеют по равному углу и эти углы тупые.

5. Определите, подобны ли равнобедренные треугольники, если угол при вершине одного из них равен 54°, а угол при основании другого — 63°.

6. На сторонах равностороннего ABC отложены отрезки AP = BR = CQ. Докажите, что PRQ подобен 7. В ABC и EDF углы при вершинах B и D равны, а стороны AB и BC, заключающие B, соответственно больше сторон ED и DF, заключающих D, в три раза.

Определите, подобны ли эти треугольники.

8. Боковая сторона и основание одного равнобедренного треугольника соответственно равны 34 см и 20 см, а боковая сторона и основание другого равнобедренного треугольника — 17 см и 10 см. Определите, подобны ли эти треугольники.

9. Докажите, что прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие стороны, отсекает от него подобный треугольник.

10. В треугольник, у которого основание равно 30 см, а высота 10 см, вписан прямоугольный равнобедренный треугольник так, что его гипотенуза параллельна основанию данного треугольника, а вершина прямого угла лежит на этом основании. Найдите гипотенузу.

Контрольная работа № 1. Определите, вершинами какого четырёхугольника являются середины сторон ромба, отличного от квадрата.

А. Параллелограмма, отличного от прямоугольника и ромба.

Б. Прямоугольника, отличного от квадрата.

В. Ромба, отличного от квадрата.

2. Четырёхугольники QGRF и ABCD подобны, и их сходственные стороны относятся, как 3 : 5. Периметр 2129330o3.fm Page 200 Monday, April 1, 2013 3:00 PM четырёхугольника ABCD на 12 см больше периметра четырёхугольника QGRF. Найдите периметр четырёхугольника QGRF.

3. В ABC проведены медианы BL и CK. Найдите сторону BC, если расстояние между их серединами равно 4 см.

4. Две окружности с радиусами 9 см и 3 см касаются внешним образом в точке A, через которую проходит их общая секущая BC. Найдите длину отрезка AB, если AC 5. Точка K — середина медианы BF ABC. Прямая AK пересекает сторону BC в точке D. Докажите, что 1. Диагонали равнобедренной трапеции ABCD перпендикулярны. Середины сторон трапеции являются вершинами четырёхугольника KLMN. Определите вид четырёхугольника KLMN.

А. Параллелограмм, отличный от прямоугольника и Б. Прямоугольник, отличный от квадрата.

В. Ромб, отличный от квадрата.

2. Четырёхугольники A1A2A3A4 и B1B2B3B4 подобны и их стороны A1A4 и B1B4 сходственные. Периметр четырёхугольника A1A2A3A4 относится к стороне A1A4, как 5 : 2. Найдите отношение стороны B1B4 к периметру четырёхугольника B1B2B3B4.

3. В ABC проведены медианы BL и CK. Найдите сторону BC, если расстояние между их серединами равно 4 см.

2129330o3.fm Page 201 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 4. Две окружности радиусов 12 см и 9 см касаются внутренним образом в точке A, через которую проходит их общая секущая AB. Найдите длину отрезка AB, если отрезок AC равен 18 см (C — точка пересечения секущей с окружностью меньшего радиуса).

5. Точки K и L — середины сторон AD и BC параллелограмма ABCD. Докажите, что прямые AL и CK делят диагональ BD на три равные части.

Метрические соотношения в треугольнике и окружности (14 ч) В данной главе рассматривается материал, традиционный для любого курса планиметрии: прямая и обратная теорема Пифагора, тригонометрические функции острого и тупого угла, теорема косинусов, теорема синусов, свойства отрезков, образованных пересечением прямых с окружностью.

Доказанные здесь теоремы и формулы служат основой алгебраического и тригонометрического методов геометрии.

Теоремы косинусов и синусов служат основой темы «Решение треугольников», являющейся одной из ведущих тем курса планиметрии, и позволяют по трём заданным элементам треугольника находить все остальные его элементы. Кроме того, полученные при изучении темы «Решение треугольников» знания широко применяются при решении большого класса вычислительных задач, при анализе условий задач на построение.

При изучении главы 7 учащиеся должны достичь следующих предметных результатов:

— иллюстрировать и объяснять формулировки: прямой и обратной теоремы Пифагора; теоремы синусов и косинусов; свойство хорд в окружности и свойство секущих к окружности;

— объяснять тригонометрические термины «синус», «косинус», «тангенс» и «котангенс»;

2129330o3.fm Page 202 Monday, April 1, 2013 3:00 PM — оперировать с начальными понятиями тригонометрии;

— решать треугольники;

— применять при решении задач на вычисление и доказательство: теоремы Пифагора, синусов и косинусов, свойство хорд в окружности и свойство секущих к окружности; определения тригонометрических функций и тригонометрические тождества.

Учащиеся получат возможность научиться применять при решении задач на вычисления и доказательство обратную теорему Пифагора.

7.1. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике.

В параграфе рассматривается материал, традиционный для любого курса планиметрии, — теорема Пифагора и в ознакомительном порядке теорема, обратная теореме Пифагора. Доказательство теоремы Пифагора ведётся с опорой на знания учащихся подобия треугольников. При подготовке к доказательству теоремы Пифагора доказываются важные свойства высоты прямоугольного треугольника и его катетов. Изучение теоремы Пифагора позволяет существенно расширить круг геометрических задач, решаемых школьниками, давая им в руки вместе с признаками равенства треугольников и свойствами и признаками четырёхугольников достаточно мощный аппарат. Это не только позволяет расширить представления учащихся об аналитических методах решения геометрических задач, но и играет важную роль в осуществлении внутрипредметных связей.

Поэтому основное внимание уделяется решению задач.

Обобщённая теорема Пифагора может быть рассмотрена в качестве интересного дополнительного материала.

Основная часть задач параграфа может быть решена с выполнением чертежа и краткой записью вычислений. При решении этих задач очень важно проговаривать последовательность действий (схему решения), которые приводят к решению. Такое многократное повторение схем решения вслух способствует их усвоению.

2129330o3.fm Page 203 Monday, April 1, 2013 3:00 PM В планировании указано минимальное количество уроков, рекомендуемых для каждого фрагмента теоретического материала темы, и указан большой резерв времени. Это позволяет учителю скорректировать планирование в зависимости от уровня подготовки класса.

При изучении § 7.1 учащиеся должны достичь следующих предметных результатов:

— изображать и выделять из ситуации, изображённой на чертежах или рисунках, конфигурацию, позволяющую применить теорему Пифагора;

— формулировать и объяснять формулировку теоремы Пифагора и свойства высоты прямоугольного треугольника и его катетов;

— доказывать теорему Пифагора и свойства высоты прямоугольного треугольника и его катетов;

— решать задачи на доказательство и вычисление с использованием теоремы Пифагора и свойств высоты прямоугольного треугольника и его катетов; алгебраический аппарат.

Учащиеся получат возможность научиться применять при решении задач на вычисления и доказательство обратную теорему Пифагора.

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ

К ИЗУЧЕНИЮ МАТЕРИАЛА

1 Доказательства свойств высоты в прямоугольном треугольнике, теоремы Пифагора, обратной теоремы Пифагора достаточно просты, поэтому весь теоретический материал рекомендуется рассмотреть на одном уроке с активным привлечением учащихся. Урок можно организовать в форме беседы по п л а н у, выполнить 1. В прямоугольном ABC провести высоту BD и внести обозначения рисунка 267. Укажите подобные треугольники.

2. В силу какого признака подобия треугольников ABC, ACD и CBD подобны?

3. Записать пропорциональность соответственных сто- рон подобных треугольников ACD и CBD и определите 2129330o3.fm Page 204 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 4. Записать пропорциональность соответственных сторон ACD и ABC и определить коэффициент подобия ACD 5. Записать пропорциональность соответственных сторон CBD и ABC и определить коэффициент подобия CBD 6. Пользуясь соотношениями № 4, 5 и 6, выразить соответственно h, a и b [h = a 1 b 1 ; b = b 1 c ; a = a 1 c ].

7. Сформулировать теорему 7.1, как в учебнике, и дать традиционные формулировки.

8. Сформулировать теорему Пифагора и записать её доказательство.

9. Сформулировать теорему, обратную теореме Пифагора, и записать её условие. Почему построенный прямоугольный треугольник с катетами a и b равен данному треугольнику со 2 Обучение применению свойств высоты в прямоугольном треугольнике, теоремы Пифагора, обратной теоремы Пифагора желательно начать с обучения школьников пониманию того, что все доказанные теоремы применимы только к прямоугольным треугольникам с использованием плакатов (рис. 268) и в о п р о с а:

«Определите, на каких рисунках есть треугольники, к которым применима теорема Пифагора».

Для закрепления свойств высоты в прямоугольном треугольнике решить устно № 818, 825 и 826 с краткими 2129330o3.fm Page 205 Monday, April 1, 2013 3:00 PM записями вычислений (см. рис. 268). Используя тот же рисунок и выполняя краткие записи вычислений, для закрепления теоремы Пифагора аналогично решить № 827, 835 и 851 и обратной теоремы Пифагора № (желательно чертежи к задачам сделать заранее для экономии времени на уроке) и обратить внимание учащихся на № 111Т и вывод 23.

3 Обобщённая теорема Пифагора не входит в номенклатуру содержания и является авторским дополнением данной темы, её доказательство в учебнике в силу объективных причин является достаточно трудным (рекомендовать от изложения этой теоремы отказаться вообще). Однако, если уровень подготовки класса позволяет и учитель не ограничен временными рамками, будет полезно изложить теорему. Доказательства следует провести учителю в виде фрагмента лекции. Также можно этот материал вынести на внеклассную работу.

ПРИМЕРНОЕ ПЛАНИРОВАНИЕ ИЗУЧЕНИЯ МАТЕРИАЛА

На первом уроке: в классе — параграф; № 818, 825, 826, 827 и 860; дома — № 1—4В, № 820, 823, 825, 834, 849, 854, 857 и 861.

На втором уроке: в классе — СР8; № 850, 852, 853, 855, 856 и 864; дома — № 858, 859, 862, 863, 868 и 869.

ВОПРОСЫ К ДОМАШНЕМУ ЗАДАНИЮ

1. Сформулируйте и докажите теорему о свойствах высоты прямоугольного треугольника.

2. Сформулируйте и докажите теорему о свойствах катетов прямоугольного треугольника.

3. Сформулируйте и докажите теорему Пифагора.

4. Сформулируйте и докажите обратную теорему Пифагора.

САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА №

1. Найдите значение выражения sin 60°•cos 30° – cos 60°•tg 45°.

2. Найдите радиус окружности, описанной около прямоугольника со сторонами 7 см и 24 см.

ABCD (D — прямой) диагональ AC является биссектрисой угла A. Боковые стороны равны 17 см и 8 см (рис. 269). Найдите большее основание трапеции.

4. Диагонали AC и BD параллелограмма ABCD равны 16 см и 30 см, а сторона AB равна 17 см. Найдите сторону BC.

1. Найдите значение выражения прямоугольного треугольника, катеты которого равны 3. В прямоугольной трапеции ABCD (C — прямой) диагональ BD делит эту трапецию на два прямоугольных равнобедренных треугольника (рис. 270). Найдите сторону CD трапеции, если её основаРис. 4. Диагонали AC и BD параллелограмма ABCD равны 7 см и 8 см, а сторона AB равна 5 см. Найдите сторону BC.

2129330o3.fm Page 207 Monday, April 1, 2013 3:00 PM

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

Основная часть задач решается с выполнением чертежа и краткой записью. № 816, 831, 832, 833, 934, 849, 851 и 868.

853. Используйте обобщённую теорему Пифагора.

855. Касательные из вершины прямого угла равны r.

Тогда касательные из вершин острых углов будут a – r и b – r. Имеем уравнение (a – r) + (b – r) = c, r = ------------------------.

высота, CM — медиана (рис. 271). Нам достаточно доказать равенство углов DCA = MCB. Мы знаем, что MC = MB (№ 851). Значит, 858. Если 2x — основание треугольника, то боковая сторона равна 25 + x 2. Из подобия соответствующих прямоугольных треугольников имеем соотношение ----------------------- = -----.

859. Рассмотрим ABC со сторонами AB = c, BC = a, CA = b. Проведём высоту AD (рис. 272). Понятно, что D лежит на луче BC, поскольку угол B не может быть тупым. Пусть BD = x, тогда CD = |x – a|. Запишем теорему Пифагора для ABD и ACD: c2 – x2 = AD2 = = b2 – (x – a)2. Теперь найдём x = --------------------------------. Из услоa вия следует, что x > a. Значит, D лежит на продолжении BC за точку C.

860. Проведём через конец меньшего основания трапеции прямую, параллельную противоположной боковой стороне, получится треугольник со сторонами 6, и 10. Этот треугольник прямоугольный.

2129330o3.fm Page 208 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 862. Пусть O1 и O2 — центры окружностей с радиусами r и R, AB — общая внешняя касательная (рис. 273).

Как известно, O1A и O2B перпендикулярны AB. Возьмём на O2B точку K так, что O1K || AB. Тогда O1K = AB.

В прямоугольном треугольнике O1O2K гипотенуза 863. Пусть M — вершина угла, O — центр окружности, K — точка касания (рис. 274). Проведём из O перпендикуляр OP к AB. P — середина AB, MPOK — пряa+b моугольник, радиус равен OK = MP = --------------.

864. Боковые стороны трапеции при продолжении пересекаются под прямым углом (см. задачу 860).

Поэтому наша задача сводится к № 863. Заметим, что BPC = BOC = 120° (рис. 275). Значит, точки B, O, P и C лежат на одной окружности, POC = PBC = 866. Рассмотрим равнобедренный ABC, в котором ABC = 30°, AB = BC = 1. Проведём в нём две высоты BF и AD (рис. 276). Нам надо найти BF и FC = -- AC.

2129330o3.fm Page 209 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 3, BF = ---------------------, FC = ---------------------.

тенузу, O1 и O2 — центры ACD и BCD, r1 и r2 — их раРис. диусы (рис. 277). Поскольку DO1 и DO2 — биссектрисы соответствующих углов, то O1DO2 = 90°. Далее имеем O1D = r1 2, O2D = r2 2.

Значит, 2r 2 + 2r 2 = O1O 2 = 1. Но по обобщённой теореме Пифагора r 2 + r 2 = r 2.

869. Высота к AC в ABC равна 20, высота к AC в ADC равна 39 2 – 15 2 = 24•54 = 36. А поскольку BD = 56 = 20 + 36, то все точки A, B, C и D лежат в одной плоскости.

870. Докажите, что высоты в ABC и ADC, проведённые к стороне AC, имеют общее основание на AC и соответственно равны BK = 1 и DK = 4, т. е. BK + + DK = BD. Точки B, K и D лежат на одной прямой, а данные точки — в одной плоскости.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ

1. В прямоугольном треугольнике один из катетов равен 20 см, а гипотенуза больше второго катета на 8 см.

Вычислите периметр треугольника.

2. В ABC высота CD, опущенная из вершины прямого угла C, делит гипотенузу AB на отрезки AD = 9 см и DB = 16 см. Найдите катет AC и высоту CD этого треугольника.

3. Радиус окружности, описанной около квадрата, равен 3 см. Определите сторону квадрата.

4. Сторона квадрата равна 7 см. Определите диаметр окружности, описанной около квадрата.

5. Найдите отношение диагонали квадрата к его стороне.

2129330o3.fm Page 210 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 6. К окружности радиуса 10 см проведена касательная, на которой взята точка M на расстоянии 24 см от точки касания. Найдите расстояние от точки M до центра окружности.

7. Из точки M, отстоящей от центра окружности на расстоянии 29 см, проведена касательная KM = 21 см, где K — точки касания. Найдите радиус окружности.

8. В окружности радиуса 17 см проведена хорда, равная 16 см. Найдите расстояние от центра окружности до 9. Две окружности, радиусы которых равны 20 и 5, касаются внешним образом и имеют общую касательную AB. Найдите длину отрезка AB.

10. Докажите, что если диагонали четырёхугольника + AD2 (рис. 278).

11. В равнобедренной трапеции основания равны 30 см и 72 см, боковая сторона — 75 см. Найдите высоту трапеции.

12. Основания равнобедренной трапеции равны 22 см и 42 см, боковая сторона — 26 см. Найдите диагонали трапеции.

13. Основания трапеции равны 13 см и 53 см, а боковые стороны — 13 см и 37 см. Найдите высоту трапеции.

7.2. Тригонометрические функции.

Теоремы косинусов и синусов (3 ч) В параграфе рассматривается материал, традиционный для любого курса планиметрии: тригонометрические функции острого и тупого углов (косинус, синус, тангенс и котангенс), теоремы синусов и косинусов, решение прямоугольных и произвольных треугольников.

При изучении тригонометрического материала, который составляет значительную часть параграфа, основное внимание следует уделить прочному усвоению определений косинуса, синуса, тангенса и котангенса. Определения тригонометрических функций острого угла 2129330o3.fm Page 211 Monday, April 1, 2013 3:00 PM описываются как отношения катетов и гипотенузы прямоугольного треугольника. Уверенное владение указанными определениями позволит сформировать умение решать прямоугольные треугольники. Способы решения произвольных треугольников основываются на теоремах синусов и косинусов.

Система задач, рекомендованных к параграфу, диктует необходимость весь материал параграфа дать одним блоком на первом уроке изучения темы в форме лекции с небольшим привлечением учащихся. Однако опрос учащихся можно проводить в течение двух уроков. Тем самым можно на одном уроке уделить больше внимания формулировкам новых понятий и теорем, а на другом методам доказательств и обоснований.

Рассматриваются три типа задач на решение треугольников: 1) по данной стороне и двум углам; 2) по двум сторонам и углу между ними; 3) по трём сторонам.

Изучение темы позволяет провести обобщающее повторение построения треугольников. Умение решать произвольный треугольник по трём заданным элементам широко применяется в курсе стереометрии.

При изучении § 7.2 учащиеся должны достичь следующих предметных результатов:

— изображать и выделять из конфигурации, изображённой на чертежах или рисунках, прямоугольный треугольник, позволяющий применять определения косинуса, синуса, тангенса и котангенса острого угла;

— формулировать и доказывать теоремы синусов и косинусов;

— объяснять термины «косинус», «синус», «тангенс» и «котангенс»;

— выводить основное тригонометрические тождество и формулы, выражающие связь тригонометрических функций острого угла;

— решать задачи на доказательство и вычисление, применяя определения косинуса, синуса, тангенса и котангенса острого угла; теоремы синусов и косинусов;

— решать задачи на построение острого угла по значению его тригонометрических функций;

— находить значения тригонометрических функций некоторых наиболее употребительных углов.

Учащиеся получат возможность научиться применять при решении задач на вычисления и доказательство формулы сложения для синусов и косинусов.

2129330o3.fm Page 212 Monday, April 1, 2013 3:00 PM

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ

К ИЗУЧЕНИЮ МАТЕРИАЛА

1 Материал, данный в пунктах «Синус и косинус острого угла», «Тангенс и котангенс острого угла», «Изменение тригонометрических функций на интервале [0°, 90°] и вычисление некоторых значений» и «Тригонометрические функции тупого угла», несколько сложен для восприятия учащихся, можно организовать его изложение в форме рассказа учителя.

На закрепление определений тригонометрических функций острого угла — № 871—880, 888 и 889, № 916 и 924 (решить на уроке).

В классе выполнить вместе с учащимися в ходе решения № 906 таблицу 2, в которой даны значения косинуса, синуса, тангенса и котангенса некоторых наиболее употребительных углов.

Определения косинуса, синуса, тангенса и котангенса для острого угла позволяют по стороне и острому углу прямоугольного треугольника находить другие стороны.

Вместе с учащимися вывести эти соотношения и представить их в виде таблицы 3, которую следует записать в тетрадях, и выполнить № 881—887.

2 При решении конкретных задач учащиеся сталкиваются не с изменением острого угла (его возрастанием или убыванием), а с двумя острыми углами. Поэтому представляется уместным после разбора содержания 2129330o3.fm Page 213 Monday, April 1, 2013 3:00 PM пункта «Изменение тригонометрических функций на интервале [0°, 90°] и вычисление некоторых значений»

1. Из двух углов большему острому углу соответствует больший синус и больший тангенс.

2. Из двух углов большему острому углу соответствует меньший косинус и меньший котангенс.

1. Какой из острых углов или больше, если:

2. Сравните косинусы, синусы, тангенсы и котангенсы углов = 24° и = 45°.

3. Сравните два острых угла и, если известно, что:

форме беседы с использованием в о п р о с о в.

1. Сформулировать условие теоремы.

2. В ABC провести высоту BD и внести обозначения, как на рисунке 326У. Укажите полученные прямоугольные треугольники. Из какого прямоугольного треугольника можно найти сторону BC и в силу какой теоремы? Как найти BD и DC?

3. Применить теорему Пифагора.

Из теоремы косинусов следует очень важный в ы в о д.

2129330o3.fm Page 214 Monday, April 1, 2013 3:00 PM Если a — наибольшая сторона треугольника, то этот треугольник будет остроугольным, прямоугольным или тупоугольным в зависимости от того, будет ли величина b2 + c2 – a2 больше нуля, равна нулю или меньше нуля.

«Дан треугольник со сторонами a, b и c. Против стороны c лежит угол. Определите, каким — прямым, тупым или острым — является угол, если:

Для проверки усвоения теоремы синусов можно решить № 949 и 951.

Единственность решения каждой задачи вытекает из соответствующего признака равенства треугольников.

------------ = -----------, 2129330o3.fm Page 215 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 4 Содержание, определяемое «Примерными программами основного общего образования» включают тему «Решение треугольников», которая в явном виде в учебнике не представлена. Поэтому на втором (третьем) уроке полезно рассмотреть традиционные во всех курсах геометрии задачи решения треугольников, воспользовавшись плакатами (табл. 4, 5). Для отработки этой темы уроки следует взять из резерва.

По двум сторонам и углу, лежащему против одной из них исследовании удобно рассмотреть соответствующую задачу на построение.

945. Пусть — угол между сторонами a и b. Тогда c2 = a2 + b2 – 2abcos, ma = ----- + b2 – abcos. Умножим второе равенство на 2 и вычтем из первого.

948. Пусть AD — биссектриса угла A, AB = BC = 1, AC = x. Из подсчёта углов следует, что CAD подобен ABC следует равенство ------------- = --, x2 + x – 1 = 0, оти 2129330o3.fm Page 218 Monday, April 1, 2013 3:00 PM куда x = ---------------------- и sin 18° = ------------ = --. Отсюда sin 18° = = -----------------, cos 18° = ----------------------------.

951. При решении задачи можно обойтись без вычисления sin 75°. Если x и y — две оставшиеся стороны, из которой найдём x и y.

Возьмём на основании AC точку D. Тогда sin BDA = = sin BDC. Значит, --------------------------- = ---------------------------, т. е. раsin BDA sin BDC диусы описанных около ABD и BCD окружностей 957. Заметим, что точки A, B, C, D лежат на окружности. Это следует из равенства ABD = ACD. ЗнаAD BC чит, ----------------- = -----------------.

со сторонами AB и AC, Q — центр вписанной окружности. Мы знаем, что BC = 2R•sin. Кроме того, из прямоугольного периметр будет равен (AK + AM) + (BK + CM) + BC = = 2AK + 2BC = 2r•ctg --- + 4R•sin.

959. 2a(1 + cos ). Положим AD = x, BC = y. Приравняв выражения для BD2, полученные по теореме косинусов для BAD и BCD, получим a2 + x2 – 2ax cos = 960. Рассмотрим расположение точек на рисунке 279. Положим BAM = BCM =, ABL =. По

BL AL BK CK

теореме синусов ------------ = ------------, ------------ = ------------------------------------- или ------------ = ------------, ------------ = ------------, откуда BL = ------.

2129330o3.fm Page 219 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 961. Обозначим через D и E середины AB и BC, O и O2 — центры окружностей, описанных около ABM и BCM соответственно (рис. 280). Отрезок O1O2 перпендикулярен BM. Возьмём на O1D точку K так, что O2K || DE. Имеем O2K = DE = --, O2O1K =, O1O2 = = ---------------. (Для полноты решения надо рассмотреть и другие случаи расположения точек A, B и C, а также случай > 90°.) 963. Возьмём на AC точку K так, что AK = 11 --. РасABC cos BAC = -----, найдём BK = 5 --. По- смотрев скольку CAD = 90°, то DK = ----- + 15 2 = ----- = 18 --.

а точки A, B, C и D — в одной плоскости. Можно поступить следующим образом: расположим ABC и ADC так, чтобы они лежали в одной плоскости, причём точки B и D располагались бы по разные стороны от AC.

(Мы как бы выкидываем условие, что BD = 24.) Оказывается (сделайте вычисления), для этого расположения длина BD равна 24.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ

1. Докажите, что из диагоналей параллелограмма больше та, которая соединяет вершины острых углов.

2129330o3.fm Page 220 Monday, April 1, 2013 3:00 PM положены так, как показано на рисунке 281. Найдите угол ABC.

3. Окружность, проходящая через вершины A и D единичного квадрата ABCD, пере- A C ках K и M, отличных от A.

Найдите величину проекции KM на AC.

7.3. Соотношения между отрезками, возникающими при пересечении прямых В параграфе рассматривается материал, традиционный для любого курса планиметрии: пропорциональность отрезков хорд и секущих окружности.

Доказательство теорем о пропорциональности отрезков хорд и секущих окружности ведётся с опорой на знания учащихся подобия треугольников. Теоретический материал этого параграфа широко применяется при решении самых разнообразных геометрических задач. Поэтому основное внимание должно быть уделено решению задач.

При изучении § 7.3 учащиеся должны достичь следующих предметных результатов:

— изображать и выделять из ситуации, изображённой на чертежах или рисунках, конфигурацию, позволяющую применить теоремы о пропорциональности отрезков хорд и секущих окружности;

— формулировать и объяснять формулировку теоремы о пропорциональности отрезков хорд и секущих окружности;

— доказывать теоремы о пропорциональности отрезков хорд и секущих окружности;

— решать задачи на вычисление и доказательство с использованием теорем о пропорциональности отрезков хорд и секущих окружности.

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ

К ИЗУЧЕНИЮ МАТЕРИАЛА

Две теоремы, доказанные в параграфе, являются фактически двумя задачами, с решением которых вполне могут справиться учащиеся самостоятельно. Урок можно организовать, как самостоятельную работу учащихся с учебником.

2129330o3.fm Page 221 Monday, April 1, 2013 3:00 PM

ПРИМЕРНОЕ ПЛАНИРОВАНИЕ ИЗУЧЕНИЯ МАТЕРИАЛА

На уроке: в классе — параграф; № 976, 980, 984—988;

дома — № 1—2В, № 977, 978, 979, 981, 982, 983, № 157Т.

ВОПРОСЫ К ДОМАШНЕМУ ЗАДАНИЮ

1. Сформулируйте и докажите теорему 7.7.

2. Сформулируйте и докажите теорему 7.8.

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

Основная часть задач решается устно с выполнением чертежа на доске и в тетради. № 973, 974 и 975.

977. Квадрат касательной как к одной, так и к другой окружности равен MA•MB.

---------Значит, DM = -- AM = 3CM, DA = ---------- •BC = 3.

983. Из равенства AM•MB = CM•MD найдём MD = CM = 2, т. е. M — середина CD.

984. Пусть K и M — середины катета AC и гипотенузы AB (рис. 282). Поскольку KM = 2 и KM || CB, то точка касания окружности с CB лежит на серединном перпендикуляре к KM и делит CB на отрезки 1 и 3.

Пусть длина искомой хорды равна x. По теореме о касательной и секущей имеем уравнение -- -- + x = 9 или -отрицательному x).

985. Пусть M — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD (рис. 283). Из подобия ABM и 2129330o3.fm Page 222 Monday, April 1, 2013 3:00 PM DCM следует ---------- = ---------- = --------- = --. Положим AM = x, DM = 2x, BM = y, CM = 2y. Имеем -- = -------- = -----------------, -------- = --------- = --.

986. M — центр окружности, а значит, любая хорда, проходящая через M, делится этой точкой пополам.

Докажем это. Пусть AB и CD — две хорды, для которых M — середина. Из равенства AM – MB = CM – MD получим, что AB = CD. Отсюда получаем, что ACBD — прямоугольник.

987. Положим CD = a, AB = 2a. Пусть окружности пересекаются в точках M и L, BK = x (рис. 284). Имеем 988. Пусть M — точка, через которую проведены прямые, EF — общая хорда (рис. 285). Имеем AM•MB = = EM•MF = CM•MD, т. е. ---------- = ----------. Значит, и DMB подобны, ACM = MBD или ACD = = ABD, т. е. A, B, C и D лежат на одной окружности.

989. Воспользуемся тем, что плоскость пересекает сферу по окружности. Поэтому (точка L — середина отрезка CD) CK•CB = CL•CD. Значит, CK = -----.

2129330o3.fm Page 223 Monday, April 1, 2013 3:00 PM

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №

1. В ABC проведена медиана BM. Определите, какая из его сторон AB или BC больше, если BMA = 80°.

2. Углы BAD и CDA при основании AD трапеции ABCD равны 45° и 30° соответственно, боковая сторона AB равна 5 2 см. Найдите сторону CD.

3. Найдите боковую сторону равнобокой трапеции ABCD, если длины её оснований равны 11 см и 27 см, а высота равна 15 см.

4. Из точки A к окружности с центром в точке O проведены секущая AQ и касательная AB. Найдите отрезок AB, если AQ = 9 см и AP = 5. Стороны AB и BC ABC соответственно равны 9 см и 6 см. Центр окружности (точка O), проходящей через вершины A и C ABC, лежит на стороне AB. Точки D и F являются точками пересечения продолжения сторон AB и BC с окружностью. Найдите радиус окружности, если BD равен 3 см.

1. Диагонали параллелограмма ABCD пересекаются в точке O. Определите, какая из его сторон — BC или CD — меньше, если угол AOB — острый.

2. В ABC углы BCA и ABC, прилежащие к стороне BC, равны 45° и 60° соответственно. Сторона AC равна 8 см. Найдите сторону, противоположную углу в 45°.

2129330o3.fm Page 224 Monday, April 1, 2013 3:00 PM AN, если BN = 30 см, CN = 15 см и DN = 6 см (рис. 287).

5. Стороны AB и BC ABC соответственно равны 15 см и 12 см. Центр окружности (точка O), проходящей через вершины A и C треугольника ABC, лежит на стороне AB. Точки F и D являются точками пересечения сторон AB и BC с окружностью. Найдите радиус окружности, если BD равен 5 см.

Задачи и теоремы геометрии (10 ч) В главе систематизируются и обобщаются знания учащихся не только по курсу 8 класса, но также и по курсу 7 класса.

Практически всё содержание главы составляет материал, совершенно не традиционный для курса планиметрии. Как и в 7 классе организация обобщения и систематизации знаний учащихся проводится на основе систематизации методов, с которыми учащиеся познакомились в процессе изучения курсов 7 и 8 классов, а также интересных и полезных методов, которые в силу авторской концепции способствуют развитию математического кругозора. Кроме того, здесь доказываются несколько теорем, которые расширяют знания учащихся о треугольниках и четырёхугольниках.

Предложенная автором методика повторения позволяет объединить теоретические и практические аспекты 2129330o3.fm Page 225 Monday, April 1, 2013 3:00 PM курса, способствует установлению новых связей между отдельными частями учебного материала, более широких выводов и обобщений, активизирует процесс усвоения предмета и повышает интерес ученика к математике.

Поскольку материал данной главы не является программным, выносить его весь для работы на уроке или только какую-то часть, решает сам учитель. Тема: «Вневписанные окружности» рекомендуется «Примерными программами основного общего образования» для классов повышенной математической подготовки. Кроме того, содержание этой главы в зависимости от уровня индивидуальных знаний учащихся позволяет организовать дифференцированную работу с классом.

Электронное приложение к учебнику даёт самое полное освещение этой темы и способствует лучшему пониманию методов геометрии и обучению их применению. Использование этих методов позволяет учащимся успешно справляться с широким классом задач, в том числе задач повышенного уровня трудности и высокого уровня сложности.

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ

К ИЗУЧЕНИЮ МАТЕРИАЛА

1 При работе над материалом по § 8.1 «Замечательные точки треугольника» сделать в тетрадях конспект в виде таблицы 6, первые пять строчек которой отражают наиболее важные геометрические факты параграфа.

Кроме того, обсудить методы, с помощью которых определяются точки пересечения серединных перпендикуляров, высот, медиан и биссектрис треугольника, а также построения центров вневписанных окружностей.

Задача № 1020 — важный тип задач (на ГМТ) даёт возможность в ходе решения вспомнить свойства высот, биссектрис и медиан треугольника. Решение этой задачи следует организовать в форме беседы, при необходимости можно сделать в тетрадях чертёж или серию рисунков, иллюстрирующих решение.

2129330o3.fm Page 226 Monday, April 1, 2013 3:00 PM Замечательные точки треугольника Свойства биссектрисы угла треугольника Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные заключающим её сторонам.

Квадрат биссектрисы внутреннего угла треугольника равен произведению сторон, её заключающих, без произведения отрезков третьей стороны, возникающих при пересечении 2129330o3.fm Page 227 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 2 В § 8.2 рассматривается очень важное с в о й с т в о биссектрисы угла треугольника.

Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные заключающим её сторонам.

Квадрат биссектрисы внутреннего угла треугольника равен произведению сторон, её заключающих, без произведения отрезков третьей стороны, возникающих при пересечении её с биссектрисой.

Это позволяет внести в таблицу ещё одну строчку (шестая, табл. 5).

3 § 8.3 и 8.4 познакомят учащихся с нестандартными методами решения задач на построение. Если метод подобия в задачах на построение рассматривается в некоторых учебниках, то построение отрезка по формуле, как правило, применяется практически только при построении пропорциональных отрезков. Здесь же даётся достаточно полный набор алгоритмов решения задач типа построения отрезка по формуле. Эти параграфы полезнее.

4 В § 8.5 рассматриваются свойства и признаки вписанных и описанных четырёхугольников, позволяющих решать целый ряд интересных и содержательных задач.

На уроках следует разобрать теоремы 8.5 и 8.6.

5 § 8.6 отмечен автором, как необязательный для классной работы, и его содержание можно вынести на внеклассную работу.

Предлагается решать задачи, рекомендованные к данной главе, в форме беседы, с привлечением электронного приложения.

2129330o3.fm Page 228 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 8.1. Замечательные точки треугольника

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

Для нахождения углов применяется один способ.

Найдём BJaC. Пусть углы B и C данного треугольника BJbC и BJC находятся аналогично.

996. Докажите, что точка M совпадает с центром описанной около треугольника ABC окружности.

997. Диагонали AP, KC и BM являются биссектрисами внутренних углов ABC (рис. 288). Одновременно PA, MB и KC перпендикулярны к соответствующим сторонам KPM. Докажем, что прямые KP и BM перпендикулярны. Сумма дуг KB и PM (PM содержит точку C) равна половине окружности, значит, KP и BM перпендикулярны. Аналогично доказывается, что прямые PM и KC, KM и AP перпендикулярны. Таким образом, указанные в условии задачи прямые пересекаются в одной точке, так как прямые BM, KC и AP содержат высоты KPM. А для ABC эта точка есть точка пересечения биссектрис, т. е. центр вписанной окружности.

1000. Пусть M — середина дуги BC (рис. 289). Имеем MBC = MCB = MBA, т. е. MB — биссектриса ACB.

2129330o3.fm Page 229 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1003. Докажите, что каждый угол BOC, BJC, BHC равен 120° (BJC = 120° (см. № 995), BJC = 90° + + -- 60° = 120°). При этом точки O, J и H расположены по одну сторону от BC. (Отдельно следует рассмотреть случай тупоугольного треугольника.) Угол OJC равен либо 30°, либо 150°.

1005. Утверждение задачи следует из теоремы синусов и равенства синусов углов BAC и BHC (и других пар).

1006. Рассмотрим ABC, H — точка пересечения его высот. Поскольку радиусы окружностей, описанных около ABC и HBC равны (см. № 1005), то эти окружности симметричны относительно общей хорды BC.

1008. Пусть медианы AA1, BB1, CC1 ABC пересекаются в точке M (рис. 290). Возьмём точку K — середину щих медиан KA1 = -- MC = -- CC1. Треугольник из медиан подобен MA1K с коэффициентом 3.

1009. Точка D является серединой дуги BC, так как BAD = DAC (рис. 291). А поскольку A3 — середина хорды BC, то DA3 перпендикулярна BC, значит, параллельна AA1. Так как A и D лежат по разные стороны от BC, то их проекции на BC будут лежать по разные стороны от A2.

1018. Вернёмся к рисунку 289 и № 1009. Прямоугольный A1AA2 можем построить, так как знаем катет AA1 и гипотенузу AA2. Затем находим точку A3. ВосстаA 2129330o3.fm Page 230 Monday, April 1, 2013 3:00 PM вляя к прямой A1A2 в точке A3 перпендикуляр и продолжая AA2, найдём точку D. Центр окружности, описанной около искомого треугольника, находится на прямой DA3 и серединном перпендикуляре к AD. Построив этот центр, построим и весь треугольник.

1020. а) Окружность, симметричная данной относительно прямой BC, исключая точки B1 и C1 такие, что BCC1B1 — прямоугольник. (Эти точки соответствуют так называемым вырожденным треугольникам, когда A совпадает с B или C.) б) Искомое геометрическое место состоит из двух дуг, концами которых являются точки B и C. Задать эти дуги можно следующим образом. Пусть хорда BC делит данную окружность на две дуги, вмещающие углы и 180° –. Тогда (см. № 995), если точка A расположена по одну сторону от BC, то BJC = 90° + + ---, а если по другую, то BJC = 90° + -- (180° – ) = следующим образом. Обозначим через A1 середину BC, а через M — точку пересечения медиан. A1M = -- A1A.

и обозначим через B1 и C1 точки пересечения этих прямых с BC. При этом точки B1 и C1 постоянны, не зависят от положения точки A, A1B1 = A1C1 = -- BC, следует, что когда A описывает окружность, точка M также описывает втрое меньшую окружность, проходящую через точки B1 и C1 (сами точки в искомое множество не входят).

1021. Обозначим через O центр описанной окружности, A1 и K соответственно середины BC и AH (рис. 292). При доказательстве теоремы 8.1 мы попутно доказали, что AH = 2OA1. Значит, OA1 = AK, т. е.

2129330o3.fm Page 231 Monday, April 1, 2013 3:00 PM OA1KA — параллелограмм и A1K = OA = R (R — радиус описанной окружности).

1022. Рассмотрим точку M0 такую, что AEMM (и BDMM0) параллелограмм. Точка M0 будет точкой пересечения высот треугольника ABC.

1023. Радиус окружности, проходящей через середиR ны сторон треугольника, равен ---, с другой стороны, радиус этой окружности не меньше радиуса окружности, вписанной в данный треугольник, т. е. --r, R 2r.

1024. Рассмотрим несколько случаев. 1) Пусть точки O и M совпадают. Тогда каждая медиана треугольника является его высотой. 2) Пусть точки M и J совпадают.

Тогда прямые, соединяющие M (J) с вершинами, будут делить пополам стороны и углы. Значит, этот треугольник равносторонний. 3) Пусть точки O и H совпадают.

В этом случае, как и в первом, высоты будут совпадать с медианами.

и DJ = DB. Точно так же DJ = DC (рис. 293).

1026. См. предыдущую задачу.

1028. Как известно, AJ – JD = R2 – d2. С другой стороны (см. задачу 1027), AJ – JD = 2Rr, т. е. R2 – d2 = 1029. Рассмотрим пирамиду ABCD (рис. 294, а).

Пусть K — середина DC, L и M — точки пересечения 2129330o3.fm Page 232 Monday, April 1, 2013 3:00 PM KAB (рис. 294, б). Так как -------- = ---------- = --, то LM || AB и ---------- = --. Таким образом, AM и BL пересекаются в точке P, которая делит AM и BL в отношении 3 : 1.

BP AP AB

-------- = --------- = --------- = 3. Далее нетрудно доказать, что все четыре отрезка пересекаются в точке P.

8.2. Некоторые теоремы и задачи геометрии.

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

1030. Утверждение задачи следует из теоремы 8. и равенства -- = -----.

- Задачу решим методом Задачи 1. K — середина медианы BB1 (рис. 295). Проведём через B прямую, 2129330o3.fm Page 233 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1034. Обозначим через P — точку пересечения CK и AM, а через L точку пересечения AM и прямой, проходящей через C и параллельной AB. Из подобия ABM LCM имеем -------- = ---------- = 2, т. е. LC = 2AB. Теперь = ----------- = 6. Отсюда CP : PK = 6 : 1. Аналогично доказыAB вается отношение AP : PM = 3 : 4. Для этого надо через A провести прямую, параллельную BC.

ведём через точку A прямую, параллельную BC, и продолжим CK до пересечения с этой прямой в точке D. Получаем две пары подобных треугольников: ADK BCK, AOD MCO. Из соответствующих соотношений найдём l = k(m + 1). Рассматривая прямую, проходящую через C параллельно AB, найдём p = ---- -- + 1.

прямую, параллельную AB, и соответствующих подобий

KB BM CL CP A P

найдём -------- = ----------, -------- = --------.

CL MC AK AP

KB BM CP AK BM CP

найдём -------- = ---------- • -------- или -------- • ---------- • -------- = 1.

Замечание. Фактически здесь рассматривается теорема Менелая. На сторонах AB, BC и AC ABC отмечены точки C1, A1 и B1 соответственно. Точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда ---------- • ---------- • ---------- = 11.

Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии. (Планиметрия). — М.: Наука, 1986.

2129330o3.fm Page 234 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1040. ab. Из равенств KBC = BCM, BMC = 1041. ab. В задаче № 639 (§ 5.4) утверждалось, что M — середина дуги BC (не содержащей A). Из этого следует подобие MBD 1042. ab. Пусть AD — высота в ABC, K — точка пересечения прямых l и BC, AKB =. Имеем KA2 = = KC•KB. Умножим это равенство на (sin )2. Получим (KAsin )2 = (KCsin )•(KBsin ) или AD2 = ab. Другое точки B, P, M и D расположены на одной окружности, то MPD = MBD. Итак, KDM = MPD. Точно так же доказывается, что MKD = MDP, значит, 1044. ab. Пусть O — центр описанной окружности. Докажите подобие AOK и AMO.

1045. ab. Пусть ABCD — равнобокая трапеция с основаниями AD и BC, описанная около окружности.

Для трапеции ABCD выполняется равенство AD + BC = = AB + CD = 2a (см. № 637 § 5.4), т. е. средняя линия трапеции равна a. Пусть теперь точка L — середина стороны AB, точка K — точка касания окружности с центром в точке O со стороной AB. Точка P — середина отрезка, соединяющего точки касания окружности со сторонами AB и CD. Из подобия KOP и OLK (PKO = 2129330o3.fm Page 235 Monday, April 1, 2013 3:00 PM рые точки пересечения прямых AM и CM со второй окружностью (рис. 298). Поскольку AMB = 90°, то EM = MK. Заметим, что CMA = = AMD (опираются на равные дуги). Из того, что M — середина EK и EMD = NMK, следует, что MN = MD = b. Теперь получаем EM2 = EM•MK = = CM•MN = ab.

1048. Отрезок CM — биссектриса угла C, при этом имеем --------- = --------- = -------- = -- или -- = ------------------------- = --.

Откуда x = ------, значит, ----------------------------- = --, a2y = b2y + + ab(a + b), y = --------------.

1049. Лишь одна точка G лежит на ребре AC пирамиды, а точки E и F — на продолжениях соответствующих тесь трижды теоремой Менелая, доказанной при решении № 1038.

8.3. Построение отрезка по формуле.

Метод подобия в задачах на построение

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

y = ------, тогда x = -----. е) Умножим наше равенство на a2, 2129330o3.fm Page 236 Monday, April 1, 2013 3:00 PM получим ----- = a + ----- + ----- + ----- + -----. Построим отрезки y = -----, z = ----- и другие, затем сумму a + y + z +... = m, 1053. Пусть длина данного катета a, другого x, его проекция на гипотенузу b. Тогда гипотенуза равна x4 – b2x2 – a2b2 = 0, x2 = ----------------------------------------. Затем поэтапно 1058. Зная два угла, можем построить треугольник, подобный искомому.

1061. Первые два условия задают треугольники, подобные искомому.

1063. Пусть точка A — вершина угла, внутри него дана точка M. Построим любую окружность, касающуюся сторон угла, с центром в O. Обозначим через B1 и B точки пересечения прямой AM с построенной окружностью. Проведём через вершину A прямую, параллельную B1O (или B2O). Точка пересечения этой прямой с биссектрисой угла будет центром одной из искомых окружностей.

1064. Обозначим данную прямую l, а данные точки A и B. Обозначим через C точку пересечения прямой AB с данной прямой l. (Случай AB || l достаточно простой.) Если M — точка касания прямой l с искомой окружности, то CM = CA•CB, т. е. отрезок CM можно построить. Задача имеет два решения: точка M может располагаться по ту или другую стороны от C.

1065. Пусть в ABC известны углы, образованные медианой BB1 с AB и CB, и медиана AA1. Продолжив BB1 на расстояние BB1, получим BCA2, у которого известны все углы. То есть мы можем построить треугольник, подобный BCA2, а затем и треугольник, подобный искомому ABC.

1066. Обозначим стороны ABC BC = a, CA = b, AB = c. Проведём в ABC его высоты AA1, BB1, CC1. Из 2129330o3.fm Page 237 Monday, April 1, 2013 3:00 PM ет, что -- = ----- = ----- :

-----. Из этого 1067. Построим точки K и M (рис. 299) такие, что ABOK и ABMO — параллелограммы. Затем строим две окружности с центрами K и M и радиусом KB = AM. Эти окружности пересекаются в точке P. Затем построим окружность с центром K (или M) и радиусом OP, находим на дуге AB точку L, являющуюся серединой дуги AB.

Пусть OA = OB = R и AB = a, тогда KB2 = MA2 = 2a2 + + 2R2 – R2 = 2a2 + R2. Далее OP2 = KP2 – KO2 = KB2 – – KO2 = a2 + R2. Если L — середина дуги AB, то нетрудно найти, что KL2 = a2 + R2 = PO2. Последнее равенство и доказывает наше построение.

8.4. Одно важное геометрическое место точек

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

1072. Утверждение задачи следует из условия перпендикулярности двух прямых, доказанного в параграфе.

1073. Поскольку выполняется равенство AB2 – BC2 = = AD2 – DA2 (144 – 81 = 64 – 1), то диагонали этого четырёхугольника перпендикулярны. Значит, точка O — точка пересечения диагоналей — лежит на окружности с диаметром AB. При этом точка O описывает дугу этой окружности с концами D1 и C2, соответствующими положениям, изображённым на D рисунке 300. (В этих случаях ственно либо с D1, либо с C2.) 2129330o3.fm Page 238 Monday, April 1, 2013 3:00 PM луче AO, а точку C0 так, что BC0 = 9. Тогда AC0 > AC1 = 9.

Это значит, что не существует четырёхугольника ABC0D0 с нужными сторонами.

1074. Если t — длины касательных, то O1M2 = t2 + R2, O2M2 = t2 + r2. Это означает, что M лежит на перпендикуляре к O1O2, для которого O1M2 – O2M2 = R2 – r2.

При этом в наше геометрическое место входят все точки этого перпендикуляра, если окружности не пересекаются. Для пересекающихся окружностей исключается общая хорда.

1076. Обозначим центры и радиусы данных окружностей O1, O2 и O3, R1, R2 и R3. Общие хорды первой и второй окружностей, второй и третьей пересекаются – O3M 2 = R 2 – R 2. Сложив эти равенства, получим O1M2 – O3M2 = R 2 – R 2. Это означает, что M лежит на общей хорде первой и третьей окружностей.

1077. Проведём из M касательную MK к данной окружности (рис. 301). Имеем MA2 = MB•MC = MK2.

Значит, MO2 – MA2 = MO2 – MK2 = R2 (R — радиус данной окружности). Отсюда следует, что M описывает прямую, перпендикулярную OA.

1178. Пусть M — точка касания вписанной в ABC окружности со стороной AB (рис. 302). Имеем (см.

№ 623 § 5.4) BM = ------------------------------------------ = -- (AB – a). Значит, точка M одна и та же для любого ABC. Кроме того, AOB — тупой. Искомое геометрическое место состоит из двух отрезков, перпендикулярных AB: MM 2129330o3.fm Page 239 Monday, April 1, 2013 3:00 PM и MM2 таких, что AM1B = AM2B = 90°. (Концы отрезков — точки M, M1, M2 в наше геометрическое место не входят.) 8.5. Вписанные и описанные четырёхугольники

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

ки B и C симметричны относительно AD, ADB > 90°.

венства 2C = 90° + -- C найдём C = 60°.

1089. 60°. Решение аналогично решению № 1088.

1091. Воспользуйтесь теоремой 8.5.

1092. Обозначим, через M точку пересечения окружностей, описанных около AB1C1 и A1BC1. Пусть для определённости M внутри ABC. Тогда B1MC1 = = 180° – A, A1MC1 = 180° – B. Значит, A1MB1 = – C. Следовательно, четырёхугольник CA1MB1 является вписанным. Разберите самостоятельно случаи, когда M вне ABC1.

1093. ---------------------------------------------------------. На продолжении дуги DC за точку C возьмём точку K так, что дуги CK и AB равны.

Поскольку AMB измеряется полусуммой дуг AB и CD, то DCK = 180° –. Нам осталось найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами a и b и углом между ними 180° –.

1095. Докажите, что периметр MBK равен сумме длин касательных, проведённых из B к вписанной окружности.

Утверждение задачи остаётся верным, если A1, B1 и C1 — произвольные точки на прямых BC, CA и AB, отличные от A, 2129330o3.fm Page 240 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1096. Обозначим через O1, O2, O3 и O4 центры окружностей, A, B, C и D — точки их касания (рис. 304).

Можно выразить углы четырёхугольника ABCD через углы четырёхугольника O1O2O3O4 и проверить, что сумма противоположных углов равна 180°. Есть и второй способ. Четырёхугольник O1O2O3O4 является описанным, так как суммы противоположных сторон равны.

Значит, биссектрисы его углов пересекаются в одной точке. Но биссектрисы углов четырёхугольника O1O2O3O4 служат серединными перпендикулярами к соответствующим сторонам четырёхугольника 1097. Пусть K вне отрезка AB1 (рис. 305). Имеем 1098. Пусть биссектрисы углов A и B четырёхугольника ABCD пересекаются в точке M, а биссектрисы углов C и D — в точке K. Точки K и M — вершины соответствующих противоположных углов четырёхугольника, образованного биссектрисами. Сумма соответствующих углов этого четырёхугольника равна AMB + являются проекциями точек (рис. 306). Поскольку точка P — середина отрезков BC 8.6. Вычислительные методы в геометрии, или об одной задаче Архимеда

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

Рассмотрим прямоугольный OO1K. В этом треугольнике O1K = x, OO1 = 1 – x, O1OK = -- AOB.

а) -------------------- ------------- = sin 30° = -- ; б) ------------- = sin 45° = ------.

1101. --------------------. Для искомого радиуса x имеет место уравнение (R – x)2 – x2 = a.

1104. Если a и b — радиусы меньших полуокружностей арбелоса, то BD = 2 ab. Длина общей указанной касательной равна 1105. ------------------------------. Рассмотрим O1O2O3, где O1, O2, O3 — соответственно центры окружностей с радиусами R, r и x (рис. 307), а O1O2 = R – r, O1O3 = R – x, O2O3 = чаем O1D = O2D + O1D = O1O2 или O2D – O1D = O1O2. Заменяя в каждом случае все отрезки найденными выраженияo3.fm Page 242 Monday, April 1, 2013 3:00 PM ми, после двукратного возведения в квадрат (перед каждым возведением в квадрат один корень уединяется) найдём, что x = ---------------------.

1109. Радиус второй окружности равен --- (рис. 308).

точки касания второй и третьей окружностей с радиусом OB. Изобразим отдельно эту конфигурацию (O3L || KM).

Если радиус третьей окружности равен x, то OO3 = R – x, O3M = x, O2O3 = --- + x. Откуда O2L = --- – x, KM = = -----------, OM = ----------- + OMO3 получаем уравнение:

2129330o3.fm Page 243 Monday, April 1, 2013 3:00 PM

L M A D B C

1110. Пусть O — центр окружности, R — её радиус, x — сторона меньшего квадрата KLMN, y — большего, z — расстояние от O до BC. Обозначим через P и Q середины LM и AD (рис. 309). В прямоугольном OMP знаx ем катеты OP = x + z, PM = -- и гипотенузу OM = R.

По теореме Пифагора (x + z)2 + -R2, 5x2 + 8xz + + 4(z2 – R2) = 0. Рассмотрев точно так же OQD, получим уравнение 5y2 – 8yz + 4(z2 – R2) = 0. Выражая из этих уравнений R2 и приравнивая полученные выражения, найдём z = -- (y – x) = --.

1112. Решим задачу в общем виде. Обозначим через x радиус искомой окружности, точка O — её центр. Расстояния до центров данных окружностей от точки O может равняться либо x + R (касание внешнее), либо | x – R | (касание внутреннее). Все три отрезка равными быть не могут. Значит, возможны два случая.

1) OA = OC = x + R, OB = | x – R |. OAB — прямоугольный: (x + R)2 – (x – R)2 = 9. Откуда x = -------.

2) OA = OB = | x – R|, OC = x + R. Пусть D — середина AB (рис. 310). Тогда OD2 = OA2 – DA2 = (x2 – R2) – -и OD2 = OC2 – DC2 = (x + R)2 – -----, значит, (x – R)2 – -- = 2129330o3.fm Page 244 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1113. Вершины прямоугольного ABC расположены в центрах окружностей, при этом BCA = 90° (рис. 311). Радиусы этих окружностей обозначим через r1, r2, r3, причём AC = r1 + r2, BC = r1 + r3, AB = r2 + r3.

Рассмотрим прямоугольник ACBD и построим окружность с центром в точке D и радиусом p. Поскольку окружности с центрами в точках C, A и B касаются изнутри окружности с центром в точке D. Нам осталось доказать, что найденная окружность единственна. В самом деле, если бы таких окружностей было две, то исходные три окружности располагались бы так, как показано на рисунке, а значит, не могли бы касаться друг друга попарно.

1114. Обратим внимание на то, что задача имеет два решения (рис. 312). Для нахождения радиуса искомой окружности можно поступить следующим образом.

Обозначим центры данных и искомой окружностей через O1, O2 и O (или O соответственно), M, K и P — их точки касания с некоторой прямой. Если x — искомый радиус, то O1O2 = R + r, O1O = R + x, O2O = r + x, O1M = R, O2M = r, OP = x. Проведём через O2 и O прямые, параллельные MK, до пересечения в L, E и F с O1M и O2K. По теореме Пифагора найдём: O2L = 2129330o3.fm Page 245 Monday, April 1, 2013 3:00 PM = 2 Rr, OE = 2 Rx, OF = 2 rx. В первом случае имеем O2L = OE + OF, а во втором — O2L = OE – OF.

Контрольная работа № 1. Определите вид треугольника, если точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам лежит на одной из сторон треугольника.

А. Прямоугольный. В. Тупоугольный.

Б. Остроугольный. Г. Определить невозможно.

2. Около параллелограмма, диагонали которого не перпендикулярны, описана окружность. Определите вид этого параллелограмма.

3. Найдите угол BAD четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность, если внешний угол четырёхугольника при вершине C равен 108°.

4. В ABC проведены биссектрисы BE и CM. Найдите BEM, если BAC равен 60° (рис. 313).

5. Окружность, построенная на основании AD трапеции ABCD как на диаметре, проходит через Рис. середины боковых сторон AB и CD трапеции и касается основания BC. Найдите больший угол трапеции.

1. Определите вид треугольника, если точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам лежит вне треугольника.

А. Прямоугольный. В. Тупоугольный.

Б. Остроугольный. Г. Определить невозможно.

2. В параллелограмм, диагонали которого не равны, вписана окружность. Определите вид этого параллелограмма.

2129330o3.fm Page 246 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 3. Во вписанном четырёхугольнике ABCD ABD равен 50°, а CDA равен 75°. Найдите угол CAD.

4. В ABC проведены биссектрисы BCA и ABC, которые пересекают стороны треугольника в точках M и E соответственно. Точка O — точка пересечения биссектрис. Найдите угол BAC, если точки A, M, O и E лежат на одной окружности (см. рис. 313).

5. На стороне AB параллелограмма ABCD как на диаметре построена окружность, проходящая через точку пересечения диагоналей и середину стороны AD.

Найдите острый угол параллелограмма.

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

же равны, но отсчитываются в противоположных направлениях дуги BC и BM. Значит, дуга KM равна разности дуг BM и BK, т. е. 2(28°•8°) = 2•20°. Теперь определим, где находится точка P. Поскольку дуги CP и CA равны, каждая из них равна 2•58°. Сумма дуг CB и BM равна 2(28° + 28°) = 2•56°, точка P находится на дуге MA, причём дуга MP равна 2(58° – 56°) = 2•2°.

Точно так же, двигаясь по окружности, расставляем точки K, M и P, а затем находим углы KMP в пунктах 1119. Две дуги, каждая из которых соответствует углу 135°, с концами в точках A и B.

2129330o3.fm Page 247 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1123. Пусть катеты равны x и y, причём проекция катета y на гипотенузу равна x. Тогда гипотенуза равна ----. По теореме Пифагора x2 + y2 = ---- или x4 + y2x2 – y4 = 0. Искомый синус равен ----.

1125. Радиус вписанной окружности найдём по формуле r = -- (a + b – c) = 3. Ближайшая точка удалена 1128. Пусть x и y — катеты треугольника (x < y), c — гипотенуза. Проекции катетов на гипотенузу будут ---c сюда x2 + y2 + 2xy = ----- c, 2xy = ----- c. Кроме того, из поx добия соответствующих треугольников:

-- = -- или - c y xy = c. Значит, 2c = ----- c2, c = -----. Теперь получаем сисx2 + y2 = ----- 1132. Данный треугольник является прямоугольным.

1133. Данный треугольник является тупоугольным.

Окружность, построенная на большей стороне как на диаметре, содержит весь треугольник. Меньше её радиус быть не может.

1137. Возможны разные случаи расположения точек M и P. Но во всех случаях ответ один и тот же.

1139. Продолжим CM и DM. Пусть они вторично пересекут окружность в точках D1 и C1 соответственно (рис. 315). Из равенства CMA = DMB следует, что C 2129330o3.fm Page 248 Monday, April 1, 2013 3:00 PM и D1 симметричны C и D. Значит, дуги CD и C1D1 равны и CMD = COD. Далее замечаем, что точки C, D, M и O лежат на одной окружности, поэтому ODM = 1140. Точка P является точкой пересечения высот треугольника ABC.

1143. Центр данной окружности удалён от сторон четырёхугольника на расстояние r 2 – -----.

1146. Рассмотрим прямоугольный PNL. Построим вневписанную окружность с центром в точке O, касающуюся гипотенузы PL в точке G и продолжений катетов NP и NL в точках E и F (рис. 316, а). Докажем, что радиус этой окружности равен половине периметра PNL.

+ NP + PL), что и требовалось доказать. Нам осталось проверить, что периметр AKM равен стороне квадрата. Это будет означать, что соответствующая вневписанная для него окружность совпадает с окружностью, вписанной в квадрат (рис. 316, б).

1147. Если a < ------, решений нет; если a = ------, AC = -- ; если ------ < a < 1, AC = -------------------------------- ; если a AC = -----------------------------------.

2129330o3.fm Page 249 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1150. Каждая из этих точек ближе всего расположена к вершине A.

1152. Обозначим катеты через 7x и 24x. По теореме Пифагора (7x)2 + (24x)2 = 312, откуда x = -----. Высота AB в ABD равна h1 = -- h = ---------------------. Радиус описанной окружности равен R = --------. Это следует из известной формулы R = ----------------.

1154. а) Рассмотрим три окружности: первая имеет AB своим диаметром, вторая и третья имеют центры в точках A и B, радиус каждой AB. Искомое геометрическое место состоит из точек, расположенных вне первой и внутри второй и третьей окружностей. б) Проведём через A и B прямые, перпендикулярные AB. Искомое геометрическое место состоит из точек, расположенных внутри образовавшейся полосы, а также внутри второй и вне третьей или, наоборот, вне второй и внутри третьей окружностей (см. п. а).

1155. Проведём через точку C прямую, перпендикулярную прямой AC, и обозначим точку её пересечения с прямой AB через D. Из условия следует, что эта прямая параллельна медиане BC. Значит, AD = AB. Искомое геометрическое место есть окружность с диаметром AD, при этом его концы — точки A и D исключаются.

1156. В ABC проведена меC ме Фалеса BD = AB, кроме того, 2129330o3.fm Page 250 Monday, April 1, 2013 3:00 PM BC в ABC и BCD равны. Из этого и условия задачи (BM равна высоте к стороне BC) следует, что sin BCD = --. Значит, BCD равен 30° или 150°. Искомое геометрическое место состоит из двух окружностей, проходящих через B и D и таких, что BD делит их на две дуги, вмещающих 30° и 150° (точки B и D исключаются).

1157. ADB = 90°, расстояние между центрами равно 2. (Центры в серединах AB и AC.) 1160. Стороны DH1H2 соответственно перпендикулярны сторонам ABC.

1161. Пусть BD и BE — высота и медиана в ABC, причём ABD = DBE = EBC. Значит, AD = DE = = MC = x. Запишем теорему косинусов для AKM:

1164. Окружности с центрами в точках O1 и O2 касаются одной из сторон угла в точках K и M. Проведём через O1 прямую, параллельную прямой KM, до пересечения с O2M в точке L (рис. 318). В прямоугольном (R и r — радиусы окружностей), sin --- = -------------- и т. д.

1165. Точка D — точка касания окружности со стороной угла, точка K — середина AB. Обозначим центр искомой окружности — Q. Прямая DQ пересекает вторую сторону угла (прямую AB) в точке P (рис. 319).

2129330o3.fm Page 251 Monday, April 1, 2013 3:00 PM OP = -------------, OK = --------------, если OP > OK, то KP = ------------- – – --------------, PQ = ------------ (из ab tg – ------------ ------------- – -------------- = --------------------------------------------------------.

Замечание. Рассмотрим другой способ решения. Проведём высоту DF в ADB. Нам надо найти радиус окружности, описанной около ADB. По теореме синусов, учиAD DB = ------------------------------ = ----------------------- = -------------------------- = ------------------------- = = ----------------------------------------------------------------- = -------------------------------------------------------.

ние, если > 60°. Пусть центральный угол, соответствующий дуге BC, равен раллельности прямых BK и то дуге BCD соответствует центральный угол 2, а дуге CD — угол 2 –, такой же соответствует дугам AB и AK. Таким образом, 3(2 – = ----------------------------------------.

1167. Надо рассмотреть два случая: указанные в условии прямые проходят через концы меньшего или концы большего основания. Возможным оказывается первый случай.

2129330o3.fm Page 252 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1168. Пусть O — центр окружности, ACB = (рис. 321). Имеем CAB = 90° – --, COM = 90° –, 1169. Пусть окружность, проходящая через точку B, пересекает медиану AM в точке K. Имеем MB2 = MK – – MA или 4 = 3MK. В этой же точке K пересекает медиану AM и вторая окружность.

1170. Докажите, что середины двух противоположных сторон четырёхугольника и середины диагоналей служат вершинами параллелограмма.

1171. Точка L — середина основания BC трапеции ABCD, а точки E и F соответственно точки пересечения прямой MK с прямыми BP и LP (рис. 322). Понятно, что точка F — середина KM. BL = BM = a, AM = AP = b, как касательные, проведённые из одной точки к окруж- и, значит, ME = --------------. Таким же будет и отрезок EF.

1173. Пусть M — середина CE (рис. 323). Как известно, DM = -- CE = CM. Значит, DMA = 2DCM = 1174. Воспользуйтесь тем, что окружность, описанная около треугольника, проходит через центр квадрата.

2129330o3.fm Page 253 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1175. Точка O — вершина угла (рис. 324). Дан прямоугольный ABC с гипотенузой AB, точки A и B лежат на сторонах угла. Четырёхугольник OACB — вписанный. Значит, COA = CBA — постоянный угол, так как CBA принадлежит заданному треугольнику и C перемещается по прямой. На этой прямой C описывает отрезок. Ближайший к точке O конец отрезка удалён от точки O на расстояние, равное меньшему катету ABC; дальний конец — на расстояние, равное гипотенузе AB.

1176. Вершина угла, точки M, A, B и C лежат на одной окружности.

1177. Утверждение задачи следует из того, что четырёхугольники KAPC и CPBM вписанные. (Тогда PKC = PAC = 60°, PMC = PBC = 60°.) 1178. Точки M, P, C и D лежат на одной окружности (рис. 325). Значит, PCM = PDM = BDA = BCA.

Точно так же PBM = MBC.

1179. Точки A и B лежат на окружности с диаметром OM (рис. 326). Пусть для определённости MOB =, MOA = + 10°, L — точка пересечения прямых OM и AB. Имеем BAM = BOM =, AMO = ABO = 2129330o3.fm Page 254 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1180. Продолжим медиану AA0 за точку A0 на расстояние, равное AA0. Получим точку D такую, что четырёхугольник BACD — параллелограмм. Отложим на луче AB отрезок AC1 = AC, тогда CC1 перпендикулярен AA1. Пусть CC1 пересекает AD в точке M1. Имеем ------------ = ---------- = -------- = ----------. Значит, точки M1 и A1 делят диагонали AD и CB в одном и том же отношении. Отсюда следует параллельность A1M1 и AC, т. е. M1 совпадает с M.

2129330o3.fm Page 255 Monday, April 1, 2013 3:00 PM Площади многоугольников (18 ч) Глава содержит программный материал: основные свойства площади, вывод формул площадей плоских фигур и дополнительный материал: вторые доказательства теоремы Пифагора, теоремы о медианах треугольника, теоремы о биссектрисе внутреннего угла треугольника. Кроме того, учащиеся знакомятся с методом площадей и формулой синуса двойного угла.

С понятием площади и формулой для вычисления площади прямоугольника в случае, когда длины сторон — натуральные числа, учащиеся познакомились в начальной школе; в 5—6 классах они приобрели некоторый навык её применения. Теперь эта формула будет доказана для общего случая, на её основе выводится формула площади параллелограмма, которая используется при выводе формул площади треугольника и трапеции.

В ходе изучения темы у учащихся формируется представление о площади многоугольника как о некоторой величине, характеризующей фигуру. Понятие «площадь» вводится с указанием её свойств и с опорой на наглядные представления и жизненный опыт учащихся.

Здесь же вводится очень важное в геометрии понятие равновеликости, которое вносит существенный вклад в логическое развитие учащихся. Во-первых, упрощается решение многих задач с его применением; во-вторых, углубляются общие представления учащихся о методологических основах геометрии.

Кроме того, в главе доказывается нетрадиционная для курса планиметрии теорема об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу или углы, дополняющие друг друга до 180°. Однако воспроизведения её доказательства от учащихся можно не требовать.

Основное внимание уделяется решению задач, что не только позволяет расширить представления учащихся 2129330o3.fm Page 256 Monday, April 1, 2013 3:00 PM об аналитических методах решения геометрических задач, но и играет важную роль в осуществлении внутрипредметных связей.

В данном курсе планиметрии понятие площади и формулы площадей конкретных плоских фигур не только позволяют решать многие задачи на вычисление, но применять их при решении задач на доказательство и построение.

Вычисление площадей многоугольников является составной частью задач на многогранники в курсе стереометрии. Поэтому основное внимание уделяется формированию практических навыков вычисления площадей многоугольников в ходе решения задач.

Электронное приложение к учебнику может значительно помочь в усвоении этой темы учащимися и способствует пониманию методов, применяемых для обоснования вывода формул площадей многоугольников.

При изучении главы 10 учащиеся должны достичь следующих предметных результатов:

— формулировать, иллюстрировать и объяснять основные свойства площади, понятие равновеликости;

— выводить формулы площади треугольника и четырёхугольников: прямоугольника, у которого длины сторон выражаются рациональными числами, параллелограмма, ромба, трапеции;

— формулировать, иллюстрировать и объяснять отношения площадей подобных фигур;

— применять при решении задач на вычисление и доказательство: основные свойства площади; понятие равновеликости; формулы площади треугольника и четырёхугольников:

прямоугольника, параллелограмма, ромба, трапеции; теорему об отношении площадей подобных фигур.

Учащиеся получат возможность научиться объяснять формулу синуса двойного угла; применять метод площадей при решении задач на вычисление и доказательство.

10.1. Основные свойства площади.

Площадь прямоугольника (2 ч) Введение свойств измерения площадей проводить с одновременным повторением формулировок свойств измерения отрезков. В ходе изучения у учащихся сформиo3.fm Page 257 Monday, April 1, 2013 3:00 PM руется представление о том, что свойства измерения отрезка и свойства измерения площади аналогичны.

Кроме понятия равновеликих фигур, в силу свойства 3 площади можно ввести понятие равносоставленных фигур, которое полезно при вычислении площади произвольных многоугольников.

Уровень сложности вывода формулы вычисления площади прямоугольника для общего случая превышает уровень сложности учебного материала, определяемый «Примерными программами основного общего образования», однако его появление вызвано объективными требованиями строгости обоснования утверждений.

Поэтому выше сказанное позволяет рекомендовать материал пункта «Площадь прямоугольника» дать в обзорном плане в виде фрагмента лекции на уроке. При этом воспроизведения её доказательства от учащихся можно не требовать.

При изучении § 10.1 учащиеся должны достичь следующих предметных результатов:

— формулировать, иллюстрировать и объяснять основные свойства площади; понятия равновеликости и равносоставленности;

— выводить формулу площади прямоугольника, у которого длины сторон выражаются рациональными числами;

— применять при решении задач на вычисление и доказательство: основные свойства площади; понятие равновеликости и равносоставленности; формулу площади прямоугольника.

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ

К ИЗУЧЕНИЮ МАТЕРИАЛА

1 Из курса математики 1—6 классов учащимся известно понятие площади, поэтому достаточно ввести определение площади и её свойства, а затем закрепить их.

Можно, в полном соответствии с учебником, привести несколько примеров, связанных с практической необходимостью измерения площадей. Однако следует заметить, что непосредственное измерение площадей на практике практически невозможно, поэтому пользуются формулами для вычисления площадей.

2129330o3.fm Page 258 Monday, April 1, 2013 3:00 PM Введение понятия площади и её свойств полезно сопроводить выполнением следующих у п р а ж н е н и й.

Свойство 2. Докажите, что диагональ параллелограмма делит его на два треугольника, площади которых равны.

1. Нарисуйте два равных прямоугольных треугольника. Составьте из них: а) равнобедренный треугольник; б) прямоугольник; в) параллелограмм.

2. Нарисуйте прямоугольник, у которого одна сторона в два раза больше другой. а) Покажите, на какие две части нужно его разрезать, чтобы затем сложить из них прямоугольный треугольник. б) Покажите, на какие три части нужно его разрезать, чтобы затем сложить из них квадрат.

В конце урока, в развитие этой задачи, решить № 1302 и на закрепление свойства 3 № 2Т.

Свойство 4. Вспомнить известные из курса математики 1—6 классов учащимся единицы измерения площадей в ходе решения задачи. «Площадь поверхности озера равна 5 870 000 м2. Выразите площадь поверхности озера в квадратных километрах и гектарах».

2 Обсуждение решения № 1299, проведённое устно на уроке, поможет учащимся в усвоении понятия равновеликости. Рассмотреть случаи, когда один из данных четырёхугольников или оба не являются выпуклыми (рис. 328).

3 Так как доказательства следствий из свойств площади являются первыми в курсе 9 класса, то желательно провести их с минимальным участием школьников.

площадь фигуры F1 равна a, а площадь фигуры F2 — b.

Требуется доказать, что b > a. Так как фигура F2 вмещаF1 F 2129330o3.fm Page 259 Monday, April 1, 2013 3:00 PM ет в себя фигуру F1, то, значит, фигура F2 состоит из двух частей фигуры F1 и фигуры F3, площадь которой равна d. Тогда по свойству 3: b = a + d. А так как по свойству 1: a > 0, b > 0 и d > 0, то b > a.

4 Для доказательства следствия 2 (рис. 419У) полезно заранее подготовить плакат (рис. 330). Кроме того, на плакат можно поместить и необходимые для доказательства записи. Особенно, если проводить доказательство теоремы 10.1 для случая, когда длины сторон прямоугольника выражаются иррациональными числами, однако этот случай не является обязательным для изучения на уроке и может быть использован для дифференцированного домашнего задания.

2129330o3.fm Page 260 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 5 При объяснении доказательств следствия 2 и теоремы 10.1 для случая, когда a и b — рациональные, особое внимание учащихся обратить на применение в доказательствах свойств площади: равные квадраты имеют равную площадь, площадь большого квадрата и прямоугольника равна сумме площадей содержащихся в них маленьких квадратов.

6 В качестве упражнений на применение формулы площади прямоугольника выполнить № 3—6ДЗ, на закрепление следствия 1 — № 4—6Т. Определённый интерес представляет решение № 7Т (№ 1304).

7 Решение № 1302 дано в общем виде, в ходе которого необходимо вспомнить построения, основанные на свойствах прямоугольного треугольника, что необходимо для построения стороны квадрата.

ПРИМЕРНОЕ ПЛАНИРОВАНИЕ ИЗУЧЕНИЯ МАТЕРИАЛА

На первом уроке: в классе — § 1; № 3—6ДЗ и № 1299;

дома — № 1—11В, № 1298 и 1300.

На втором уроке: в классе — № 7—8ДЗ и № 1302— 1304; дома — № 1301.

ВОПРОСЫ К ДОМАШНЕМУ ЗАДАНИЮ

1. Объясните, что такое площадь.

2. Сформулируйте первое свойство площади.

3. Сформулируйте второе свойство площади.

4. Сформулируйте третье свойство площади.

5. Сформулируйте четвёртое свойство площади.

6. Назовите известные вам единицы измерения площади.

7. Объясните, какие фигуры называются равновеликими.

8. Сформулируйте следствие 1.

9. Сформулируйте следствие 2.

10. Сформулируйте теорему о площади прямоугольника.

11. Докажите теорему о площади прямоугольника в случае, когда a и b — рациональные.

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

1299. Общая часть двух четырёхугольников закрашена серым цветом, значит, оставшиеся части имеют в силу свойства 3 равные площади (рис. 331).

2129330o3.fm Page 261 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1300. Рассмотрим квадрат со стороной, равной 2 м, и вписанную в него окружность, радиус которой равен 1 м. Площадь круга, ограниченного окружностью, вписанной в квадрат, по следствию 1 меньше площади квадрата.

1301. Катеты AL и AK двух соседних прямоугольных ALB и DKA лежат на одной прямой LK. Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90° и BAD квадрата ABCD также равен 90°. Значит, их сумма равна 180°, т. е. LAK — развёрнутый (рис. 332).

1302. Площадь прямоугольника равна ab (рис. 333), значит, сторона равновеликого ему квадрата равна ab.

Построим отрезок, равный стороне квадрата. Затем отложим этот отрезок на больших сторонах квадрата и проведём прямые, как на рисунке в). Сдвинем полученные прямоугольные треугольники, как на рисунке г), и маленький треугольник переместим, как на рисунке д).

1303. Площадь нового квадрата (рис. 334) равна 32 + 12, значит, сторона квадрата, равновеликого сумме данных квадратов, равна 10, т. е. является гипотенузой прямоугольного треугольника с катетами 3 и 1.

2129330o3.fm Page 262 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 1304. Площадь нового квадрата равна a2 + b2, значит, сторона квадрата, равновеликого сумме данных квадратов, равна a 2 + b 2, т. е. является гипотенузой прямоугольного треугольника с катетами a и b. Доказательство видно из рисунка 335.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ

1. Дан параллелограмм ABCD. Постройте точку M, симметричную точке D относительно точки C, и соедините точки A и M. Докажите, что SABCD = SAMD.

2. На стороне AD прямоугольника ABCD построен ADE так, что его стороны AE и DE пересекают отрезок BC в точках M и N, причём точка M — середина отрезка AE. Докажите, что SABCD = SAED.

3. Как изменится площадь квадрата, сторона которого равна 3 см, если каждую его сторону: а) увеличить в два раза; б) уменьшить в два раза.

4. Стороны двух квадратов равны 8 см и 15 см. Найдите сторону квадрата, площадь которого равна сумме площадей данных квадратов.

5. Как изменится площадь прямоугольника, если:

а) каждую его сторону увеличить в два раза; б) одну сторону увеличить в два раза; в) одну из соседних сторон увеличить, а другую уменьшить в два раза.

6. Найдите сторону квадрата, площадь которого равна площади прямоугольника, стороны которого равны 7. Площадь прямоугольника равна 48 см2, а стороны относятся как 1 : 3. Найдите площадь квадрата, периметр которого равен периметру данного прямоугольника.

8. Периметр прямоугольника равен 46 см, а радиус описанной окружности 8,5 см. Найдите площадь данного прямоугольника.

2129330o3.fm Page 263 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 9. Диагонали прямоугольника, равные 2a, пересекаются под углом 60°. Определите площадь прямоугольника, если одна из его сторон равна b.

10.2. Площади треугольника и четырёхугольника (5 ч) В параграфе традиционными методами, т. е. с опорой на формулу площади прямоугольника, выводятся формулы для вычисления площадей параллелограмма, треугольника, трапеции. Здесь же доказывается справедливость ещё нескольких формул для вычисления площади треугольника: через две стороны и угол между ними, через периметр и радиус вписанной окружности, формула Герона.

Уровень сложности вывода этих формул вычисления площади треугольника превышает уровень сложности учебного материала, определяемый «Примерными программами основного общего образования», поэтому можно рекомендовать материал пунктов «Ещё несколько формул для площади треугольника» и «Формула Герона» дать в виде фрагмента лекции и не требовать от учащихся воспроизведения их доказательства.

При изучении § 10.2 учащиеся должны достичь следующих предметных результатов:

— выводить формулы площади треугольника, параллелограмма, ромба, трапеции и произвольного четырёхугольника;

— формулировать, иллюстрировать и доказывать теорему об отношении площадей подобных фигур;

— применять при решении задач на вычисление и доказательство: формулы площади треугольника, параллелограмма, ромба, трапеции и произвольного четырёхугольника; теорему об отношении площадей подобных фигур.

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ

К ИЗУЧЕНИЮ МАТЕРИАЛА

1 Доказательство формулы площади параллелограмма полезно провести в форме беседы по рисунку 426У, можно задать следующие в о п р о с ы.

1. Почему ABK и DCM равны? [По катету и гипотенузе AB = DC, BK = CM.] 2129330o3.fm Page 264 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 2. Каким свойством обладают площади равных фигур? [По второму свойству площадей равные фигуры имеют равные площади S ABK = S DCM.] 3. Почему прямоугольник RBCM равновелик параллелограмму ABCD? [SABCM = SABCD + S DCM; SABCM = = SKBCM + S ABK; отсюда SABCD = SKBCM = ah.] На применение формулы площади параллелограмма — № 1—3ДЗ, затем № 1307, в котором используется тот же метод доказательства равновеликости двух параллелограммов, что и при выводе формулы площади.

2 При выводе формулы площади треугольника к доказательству равенства ABK и DCM (рис. 426У) можно привлечь учащихся.

На закрепление и отработку умения применять формулу площади треугольника заранее приготовить таблицу 7 и заполнить её вместе с учащимися на уроке.

Затем задать учащимся в о п р о с: «Чему равна площадь прямоугольного треугольника, если известны его катеты?» [Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов.] Из решения № 1298 получаем формулу для вычисления площади равностороннего треугольника. На закрепление свойства 3 и формул площади параллелограмма треугольника — № 33 и 24Т.

3 После вывода формулы площади трапеции целесообразно напомнить учащимся, что полусумма оснований трапеции равна её средней линии, и сделать вывод, что площадь трапеции равна произведению средней линии трапеции на высоту. На закрепление и отработку умения применять эту формулу № 4 и 5ДЗ, № 1325.

2129330o3.fm Page 265 Monday, April 1, 2013 3:00 PM № 31, 33—35Т (с краткой записью решения и выполнением чертежа).

4 Формула площади треугольника S = -- absin находит широкое применение при решении задач. Для лучшего запоминания полезно дать её словесную формулировку: «Площадь треугольника равна половине произведения двух его сторон на синус угла между ними». При выводе формулы рисунок 428У (на доске) дополнить рисунком 336.

После доказательства формулы площади треугольника S = 2R2sin A•sin B•sin C полезно вывести ещё одну формулу площади треугольника, выражающую площадь треугольника через радиус описанной окружности S = ---------.

5 Вывод формулы Герона основывается на формуле площади треугольника S = -- •ab sin, теореме косинусов и основном тригонометрическом тождестве.

Воспроизведения вывода формул площади треугольника от учащихся можно не требовать, кроме формул S = -- •aha и S = ---------.

Далее решить № 1314, в). В рабочей тетради на прочное закрепление формулы Герона самостоятельно подобрать задачи из раздела «Формулы Герона и её следствия».

6 Тема «Подобные треугольники» была пройдена в 8 классе и перед изучением материала пункта «Отношение площадей подобных фигур» необходимо вспомнить определение подобных фигур и особенно, что у поo3.fm Page 266 Monday, April 1, 2013 3:00 PM добных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны, и решить № 1322.

7 Для решения № 1307 необходимо доказательство того, что углы с взаимно параллельными сторонами равны или дополняют друг друга до 180°. Решение № 1310 будет легче, если, используя формулу синуса суммы углов (§ 7.2), вывести формулу синуса двойного угла, а в № 1322 воспользоваться результатом решения № 1317 и 1320. При решении № 1328 воспользоваться результатом № 1320.

При решении № 1323 использовать Задачу 4 (§ 8.2).

Поскольку материал параграфа 10.2 не является программным, то предложить решить № 7ДЗ либо на уроке, либо дать её в качестве домашнего задания на первом При решении № 1329 используется результат решения Задачи 6 (§ 4.2) (этот материал не является программным), № 8 или 9ДЗ либо на уроке, или в качестве домашнего задания на четвёртом уроке данной темы, и в № 1310 нужно воспользоваться формулой синуса двойного угла.

ПРИМЕРНОЕ ПЛАНИРОВАНИЕ ИЗУЧЕНИЯ МАТЕРИАЛА

На первом уроке: в классе — пункты: площадь параллелограмма; площадь треугольника; № 1—3ДЗ и № 1307, 1308 (вторая часть); дома — № 1—2В, № 1305, 1306 и 1308 (первая часть).

На втором уроке: в классе — пункты: площадь трапеции; несколько формул для площади треугольника;

№ 4—5ДЗ, № 1311, 1323, 1325; дома — № 3—7В, № 1309, 1312, 1313, 1316.

На третьем уроке: в классе — пункты: площадь произвольного четырёхугольника; формула Герона;

№ 1314 в), 1317, 1320; дома — № 8—9В, № 1314 (а, б), 1317, 1321 и 1324.

На четвёртом уроке: в классе — пункт отношение площадей подобных фигур; № 1319, 1322, 1326; дома — № 10В, № 1330, 1331 и 1332.

На пятом уроке: в классе — СР10, № 1327, 1334, 1335; дома — № 1328, 1329 и 1333.

2129330o3.fm Page 267 Monday, April 1, 2013 3:00 PM

ВОПРОСЫ К ДОМАШНЕМУ ЗАДАНИЮ

1. Сформулируйте и докажите теорему о площади параллелограмма.

2. Сформулируйте и докажите теорему о площади треугольника.

3. Сформулируйте и докажите теорему о площади трапеции.

4. Докажите, что площадь треугольника равна половине произведения двух его сторон на синус угла между ними.

5. Выразите площадь треугольника через одну из его сторон и синусы всех углов.

6. Выразите площадь треугольника через радиус вписанной окружности.

7. Выразите площадь треугольника через радиус описанной окружности.

8. Сформулируйте и докажите теорему о площади четырёхугольника.

9. Запишите и объясните формулу Герона.

10. Объясните, как относятся площади подобных фигур.

САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА №

1. В параллелограмме ABCD на стороне AD, равной 16 см, отмечены точки F и G. Найдите отношение площади параллелограмма ABCD к площади GBF, если отрезок FG равен 4 см (рис. 337).

2. На сторонах AB и AD квадрата ABCD отложены отрезки AN = -- AB и AM = -- AD. Найдите площадь четырёхугольника ANCM, если площадь ABCD равна 1 см2 (рис. 338).

2129330o3.fm Page 268 Monday, April 1, 2013 3:00 PM 3. Соседние стороны параллелограмма равны 8 см и 11 см, а угол между ними равен 30°. Найдите площадь параллелограмма.

4. Внутри параллелограмма ABCD отмечена произвольная точка G. Докажите, что сумма площадей CGD и AGB равна половине площади данного параллелограмма.

1. В трапеции ABCD основания AD и BC равны 14 см и 4 см соответственно. Из вершины B проведена прямая, параллельная стороне CD. Найдите отношение площади трапеции ABCD к площади ABF (рис. 339).

2. На сторонах AB и BC квадрата ABCD отложены отрезки AK = -- AB и BL = -- BC. Найдите площадь четырёхугольника KBLD, если площадь квадрата ABCD равна 1 см2 (рис. 340).

3. Тупой угол ромба равен 150°, а его сторона равна 6 см. Найдите площадь ромба.

4. На стороне AB параллелограмма ABCD отмечена произвольная точка M. Докажите, что сумма площадей ACM и BDM равна половине площади данного параллелограмма.

2129330o3.fm Page 269 Monday, April 1, 2013 3:00 PM

УКАЗАНИЯ К ЗАДАЧАМ УЧЕБНИКА

1305. Через точку M проведём прямую FE, перпендикулярную стороне DC параллелограмма ABCD (рис. 341). Отрезок FE является высотой параллелограмма ABCD. Обозначим FE через h, отрезок ME через x, а сторону DC через b.

1307. Продолжим сторону C1D1 параллелограмма AB1C1D1 до пересечения с прямой BC в точке F (рис. 342). ADD1 и B1FC1 равны по второму признаку равенства треугольников. Отсюда S AB1 C1 D1 = S AB1 FD.

ABB1 и CDF равны по второму признаку равенства треугольников. Отсюда SABCD = S AB1 FD. Следовательно, 1308. 1) В AFD и BGC (рис. 343, а) основания BC и AD равны, как противоположные стороны параллелограмма ABCD. Высоты треугольников равны, как

B F C B F C

A G D A G D

2129330o3.fm Page 270 Monday, April 1, 2013 3:00 PM расстояние между параллельными прямыми. Следовательно, S AFD = S BGC. Четырёхугольник KFLG является общей частью AFD и BGC, а значит, S AFD – SKFLG = = S BGC – SKFLG, отсюда S AKG + S GLD = S BKF + S FLG.

2) Соединим точки F и G. FDC и CGF (рис. 343, б) равновеликие, так как у них общее основание FC и равные высоты — расстояние между параллельными прямыми. S GFL = S CGF – S FLC; S CLD = S CDF – S FLC.

Следовательно, S GFL = S CLD. Аналогично доказывается, что S ABK = S FKG, а S FKG + S GFL = SKFLG. Значит, 1309. В ABC (рис. 344) O — точка пересечения медиан. S AC1 O = S BOC1, так как OC1 — медиана AOB.

AOB COB

1310. Пусть в прямоугольнике ABCD (рис. 345) AB = 1, AD = 400, точка O — точка пересечения диагоналей. На рисунке 343 хорошо видно, что в AOD все высоты меньше единицы. Если увеличивать сторону AD, то площадь такого треугольника может быть как угодно большой.

1311. В треугольнике ABC (рис. 346) AD — медиана, отсюда BD = CP. Значит, MD — медиана BMC. Следовательно, ABD равновелик ACD и BMD равновелик CMD. Отсюда AMB равновелик AMC.