МЕТОД КЛЮЧЕВЫХ ЗАДАЧ В ПЛАНИМЕТРИИ

КВАЛИФИКАЦИОННАЯ РАБОТА
«МЕТОД КЛЮЧЕВЫХ ЗАДАЧ В ПЛАНИМЕТРИИ»
Выполнила: Учитель математики
Артемова Ирина Константиновна
МБОУ СОШ№11
Ст. Стародеревянковская2016г
ОГЛАВЛЕНИЕ
РЕФЕРАТ………………………………………………………………...…...3
СПИСОК СОКРАЩЕНИЙ ………………………………………………….4
ВВЕДЕНИЕ………………………………………………………………….5
Глава I. МЕТОД КЛЮЧЕВЫХ ЗАДАЧ
§ 1. Параллельные прямые, пересекающие стороны угла…………….....7
§ 2. Середины сторон четырёхугольника…………………………….....10
§ 3. Медиана, проведённая к гипотенузе……………………………….12
§ 4. Соотношения в прямоугольном треугольнике……………………..14
§ 5. Отношение площадей подобных треугольников ………………… 18
§ 6. Отношение площадей треугольников, имеющих общую высоту или основание………………………………………………………….....23
§ 7. Площади треугольников, на которые четырехугольник разделен диагоналями…………………………………………………………27
§ 8. Вписанный угол ……………………………………………………30
§ 9. Угол между касательной и хордой………………………………… 33
§ 10. Величина угла, вершина которого лежит внутри (вне) окружности………………………………………………………..35
§ 11. Формула a = 2R sin α……………………………………………….40
§ 12. Свойства пересекающихся хорд …………………………………44
§ 13. Касательная и секущая, проведенные к окружности из одной точки……………………………………………………………….50
§ 14. Признак параллельности сторон четырехугольника …………… 54
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ………………………………………………57

РЕФЕРАТ
Список ключевых слов: ключевая задача, типовая задача, нестандартная задача, параллельные прямые, вписанный угол, угол между касательной и хордой, медиана, высота, основание, гипотенуза, прямоугольный треугольник, подобные треугольники, перпендикуляр, касательная, окружность, пересекающиеся хорды, четырехугольник, диагональ, площадь треугольников.Были рассмотрены и решены основные ключевые задачи планиметрии.
Объем работы – 57 страниц, количество иллюстраций – 52, использовано источников –7 .

СПИСОК СОКРАЩЕНИЙ
∆ Треугольник
Угол
°Градусная мера
Перпендикуляр
= Равно
Синус x
Косинус x
R Радиус
∪Дуга
|| Параллельные прямые
√Знак радикала
Знак логического следования
Знак логической равносильности
S Площадь
∾ Подобие треугольников
d Диаметр окружности

ВВЕДЕНИЕ
Геометрия — важный раздел математики. Ее возникновение уходит в глубь тысячелетий и связано, прежде всего, с развитием ремесел, культуры, искусств, с трудовой деятельностью человека и наблюдением окружающего мира.
Название науки «геометрия» - древнегреческого происхождения. Оно составлено из двух древнегреческих слов ge - «Земля» и metreo - «измеряю».
Еще в древности геометрия превратилась в дедуктивную, строго логическую науку, построенную на основе системы аксиом. Она непрерывно развивалась, обогащалась новыми теоремами, идеями, методами. Интересы геометров и направления их научных исследований порою менялись в процессе исторического развития этой науки, поэтому нелегко дать точное и исчерпывающее определение, что такое геометрия сегодня, каков ее предмет, содержание и методы.
Понятия и факты геометрии постоянно применяются при решении практических задач. И дело не только в том, что, решая задачи по алгебре, математическому анализу или другим областям математики, мы часто делаем геометрические чертежи или используем формулы и теоремы геометрии. Гораздо важнее то, что, сопоставив алгебраические или иные формулы с геометрическими фактами, мы часто можем «увидеть» геометрически решение задачи и найти такие пути рассуждений, предугадать которые, глядя «чисто алгебраически» на нагромождение формул, просто не представляется возможным. Вообще, характерной чертой современного развития математики является то, что геометрия все больше приобретает роль метода мышления, метода осмысления и организации математической информации буквально во всех областях математики и ее приложений.
Важной составной частью изучения школьного курса геометрии является обучение школьников решению геометрических задач. Особо следует отметить подход, который включает в себя выделение системы ключевых задач. При этом под ключевой понимают такую задачу, к которой можно свести решение некоторого количества задач той или иной темы. Следует отметить, что ключевые задачи являются тем минимумом, которым необходимо владеть, чтобы решить практически любую задачу темы. Таким образом, вместе с целью научиться решать задачи, одновременно ставится и другая - знать и уметь решать ключевые задачи.
Значит, в обучении математике эти задачи являются как средством, так и целью обучения. От учащегося требуется не только прочное знание условия, рисунка и решения ключевой задачи, но и умение видеть ее в данной задаче. Последнее является для учеников наиболее сложным моментом.
Использование метода ключевых задач, позволяет учащимся значительно упростить и сократить процесс решения задач, развивает четкость рассуждений, а также понимание логических аспектов в различных вопросах, влияет на мотивацию школьников к учебному предмету, способствует лучшему усвоению знаний, и более качественному формированию умений и навыков в решении геометрических задач.
Роль ключевых задач обусловлена тем, что практические представления являются важнейшей составляющей интеллектуального багажа современного человека. Они нужны и для повседневной жизни в современном цивилизованном обществе, и для продолжения образования практически во всех сферах человеческой деятельности.
В дипломной работе проанализировано и разобрано определенное количество тем, содержащих ключевые задачи, в которых выделены основные умения, необходимые для овладения данным методом и решен ряд задач, формирующих их.

Глава 1. МЕТОД КЛЮЧЕВЫХ ЗАДАЧ
§ 1. Параллельные прямые, пересекающие стороны угла
Ключевая задача 1[7].
Если на одной из сторон угла АОВ отметить т. А1 и А2 и через них провести параллельные прямые, пересекающие вторую сторону угла в т. В1 и В2, то на сторонах угла отложатся пропорциональные отрезки, т.е. OA1OA2 = OB1OB2 = =A1B1A2B2 и OA1A1A2 = OB1B1B2. Верно и обратное утверждение.
Решение:

Рис. 1.
Поскольку ∆OA1B1~∆OA2B2 по первому признаку подобия треугольников, то соответственные стороны этих треугольников пропорциональны. Отсюда: OA1OA2 = OB1OB2, OA2OA1 = OB2OB1, OA2OA1- 1= OB2OB1-1, OA1- OA2OA1=OB2 - OB1OB1 , A1A2OA1 = B1B2OB1, OA1A1A2 = OB1B1B2.
Примеры
Задача 1[6].
Середины E и F параллельных сторон BC и AD параллелограмма ABCD соединены с вершинами D и B соответственно. Докажите, что прямые BF и ED делят диагональ AC на три равные части.
Решение:

Рис. 2.
Применим теорему Фалеса (если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают равные отрезки и на другой его стороне). Пусть прямые BF и ED пересекают диагональ AC в точках M и N соответственно. Поскольку BE = EC и BF || ED, то по теореме Фалеса MN = NC. Аналогично докажем, что MN = AM.
Задача 2[11].
Построить такой отрезок x, что ab=cx, где a, b, с – длины данных отрезков.
Решение:

Рис. 3.
На сторонах произвольного угла отложим отрезки OA1= а, A1A2=b, OB1=c. Соединим точки A1 и B1. Проведем A2B2|| A1B1. Теперь можно записать a b=cB2B1. Следовательно, отрезок B2B1 является искомым.
Задача 3[3].
В треугольнике ABC AB=AC=75, BC=90. Вершины В и С соединены с серединой О высоты, проведенной из вершины А. ВО и СО пересекают стороны AС и AВ соответственно в точках В1 и С1. Найти площадь четырехугольника ОС1АВ1.
Решение:

Рис. 4.
AHBC, соединим В1 и С1. О1 – точка пересечения В1 С1 и AH. Построим DH || C1C, причём D лежит на AB. Так как DH || C1C и BH=HC, то BD=DC1.
Рассмотрим ∆DHA: т.к. DH || C1C и OH=OA, то DC1=C1A => C1A=1/3 AB. Т.к. AC1AB = AB1AC => C1B1|| BC => C1B1 = 1/3 BC.
Точка O1 лежит на AH и C1B1|| BC, то C1OO1A => =>S∆AC1O = ½ AO · C1O1, где C1O1 = ½ C1B1, C1B1 = 1/3 BC.
AO = ½ AH, AH2 = AC2 – HC2, откуда AH = 60. AO = 30. C1O1 = 1/6 BC = 15 S∆AC1O = ½ · 30 · 15 = 225.
∆AC1O = ∆AB1O =>
Площадь многоугольника ОС1АВ1 = 2 · S∆AC1O = 2 · 225 = =450 .
Ответ: 450.
§ 2. Середины сторон четырёхугольника
Ключевая задача 2[7].
Середины сторон выпуклого четырёхугольника являются вершинами параллелограмма, площадь которого равна половине площади данного четырёхугольника.
Решение:

Рис. 5.
Отрезки FM и KN являются средними линиями треугольников ABC и ADC соответственно. Тогда FM||AC, FM = 12 AC и KN||AC, KN = 12 AC. Отсюда FM = KN, FM||KN и, следовательно, четырёхугольник FMNK – параллелограмм.
Пусть площадь четырёхугольника ABCD равна S.
S∆FBM = 14S∆ABC и S∆KDN= 14 S∆ADC . Отсюда S∆FBM +S∆KDN = 14 S. Аналогично: S∆FAK + S∆MCN = 14 S. Получаем, что:SFMNK = S – (S∆FBM + S∆KDN + + S∆FAK + S∆MCN) = 12 S.
Примеры
Задача 4[1].
Доказать, что середины сторон прямоугольника являются вершинами ромба.
Решение:

Рис. 6.
Четырехугольник ABCD – прямоугольник, E,F,K и H – середины его сторон. EFKH – параллелограмм, ∆EBF=∆KCF (т.к.EB=CK и BF=FC), значит EF=FK, где EF и FK – стороны параллелограмма, а значит EFKH – ромб.
Задача 5[1].
Доказать, что середины сторон ромба являются вершинами прямоугольника.
Решение:

Рис. 7.
Пусть четырехугольник ABCD- ромб и E, F, K, H – середины его сторон.
Четырехугольник EFKH – параллелограмм, его стороны параллельны диагоналям ромба (как средние линии), а они перпендикулярны, значит, углы четырехугольника EFKH – прямые. Четырехугольник EFKH – прямоугольник.
§ 3. Медиана, проведённая к гипотенузе
Ключевая задача 3[7].
В прямоугольном треугольнике длина медианы, выходящей из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.
Решение:

Рис. 8.
Пусть треугольник АВС – прямоугольный, С = 90°, СМ – медиана. Тогда, на луче CM отложим отрезок MD, равный отрезку CM . В четырёхугольнике ACBD диагонали точкой пересечения делятся пополам, значит, ACBD – параллелограмм. Однако, ACB = 900, значит, ACBD – прямоугольник. Отсюда, CM = 12 CD = 12 AB.
Следствие: Центр описанной окружности прямоугольного треугольника лежит на середине гипотенузы.
Ключевая задача 4[7].
Если в треугольнике длина медианы равна половине длины основания, к которому она проведена, то этот треугольник – прямоугольный.
Решение:
Проведя вышеописанное дополнительное построение, приходим к выводу, что ABCD – это параллелограмм с равными диагоналями, т.е. прямоугольник. Отсюда ACB = 900.
Примеры
Задача 6[5].
Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, равна m и делит прямой угол в отношении 1:2. Найти стороны треугольника.
Решение:

Рис. 9.
Т.к. А=90° и медиана делит угол в отношении 1:2, то
ВАО =АВО = 30° , ОАС=60°, т.к в прямоугольном ∆ABC длина медианы АO = m, выходящей из A= 900, то АО равна половине гипотенузы, следовательно, ВС=2m, АС=m, т.к. против угла в 300 лежит катет, меньший гипотенузы в 2 раза.
По теореме Пифагора, найдем AB:
АВ2 = ВС2 - АС2;
АВ2 = (2m)2 - m2;
АВ2 = 3m2;
АВ = m3.
Ответ: m3, m, 2m.
Задача 7[5].
Пусть в прямоугольном треугольнике АВС (АВС-прямой угол),
известны значения катетов AB=3 см, BC=4 см. Найдите длину медианы ВD,
опущенной из вершины прямого угла.
Решение:

Рис. 10
Найдем значение гипотенузы, по теореме Пифагора:
AC2= AB2 + BC2. А значит, подставив значения катетов, получим, что:
AC2=32 + 42 = 25 см2, AC = 5 см.
Используя ключевую задачу № 4, найдем длину медианы по формуле:
BD = 12 AC, тогда BD = 2,5 см.
Ответ: 2,5 см.
§ 4. Соотношения в прямоугольном треугольнике
Ключевая задача 5[7].
В прямоугольном треугольнике ABC, каждые из катетов, являются средним пропорциональным между гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу, а высота является средним пропорциональным проекции катетов на гипотенузу, т.е. имеют место следующие соотношения:
AC2 = AD·AB;
BC2 = BD·AB;
CD2 = AD·DB;
AC2BC2 = ADBD.
Решение:

Рис. 11.
∆ACD~∆ABC по первому признаку. Отсюда ACAB = ADAC, AC2 = AD·AB. Из подобия треугольников BCD и ABC аналогично получаем второе соотношение. Поскольку ACD = CBD, то ∆ACD~∆BCD. Тогда CDDB = ADCD,
CD2 = AD·DB.
Четвёртое соотношение непосредственно следует из первых двух.
Примеры
Задача 8[6].
Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит ее на отрезки 24 и 54. Найдите катеты.
Решение:

Рис. 12.
Т.к. CO = 54 и OB = 24, следовательно, СВ = 78. Из ключевой задачи о соотношениях в прямоугольном треугольнике, имеем:
AB2 = OB. CB=24. 78,
AB2 = 1872,
AB = 1213.
Найдем AC также из соотношения:
AС2 = СO. CB=54. 78,
AС = 1813.
Ответ: 1213, 1813.
Задача 9[6].
Через вершину прямого угла прямоугольного треугольника с катетами 6 и 8, проведен перпендикуляр к гипотенузе. Вычислите площади образовавшихся треугольников.
Решение:
Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов.

Рис.13.
Исходя из соотношений в ключевой задаче, имеем:
ВС2 = AB2 + AС2ВС2 = 62+82
ВС =10.
AC2AB2 = CKKB.
2. 64КВ = 36СК,
КВ = 916 ∙ CK.
3. АС2 = СК. CB,
64 =10СК,
СК = 6,4, а значит, ВК = 3,6. По теореме Пифагора АК2 = AС2-СК2,
АК = 4,8.
S∆ABK = 1/2BK. AK=1/2.4,8.3,6=8,64.
S∆AKС=1/2СK. AK=1/2.4,8.6,4=15,36.
Ответ: 8,64. 15,36.
§ 5. Отношение площадей подобных треугольников
Ключевая задача 6[7].
Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия.
Решение:

Рис. 14.
Пусть ∆ABC и ∆A1B1C1 подобны и коэффициент подобия равен k. Проведем высоты BD и B1D1. Имеем: BD = k ∙ B1D1, AC = k ∙ A1C1.
Тогда SABCSA1B1C1 = 12BD ∙AC12B1D1 ∙A1C1 = k ∙ B1D1 ∙k ∙ A1C1B1D1 ∙A1C1 = k2.
Примеры
Задача 10[5].
В прямоугольном треугольнике катеты относятся как 3 : 4, а высота, проведенная к гипотенузе, делит площадь треугольника на части, разность которых равна 84 см2. Найдите площадь всего треугольника.
Решение:

Рис. 15.
ACBC = 34. Пусть х см – 1 часть, тогда АС = 3х см, ВС = 4х см, по теореме Пифагора имеем:АВ2 = АС2 + ВС2;
АВ2 = 9х2 + 16х2;
АВ2 = 25х2;
АВ = 5х см.
Высота, проведенная из вершины прямого угла на гипотенузу, делит прямоугольный треугольник на два прямоугольные треугольника, подобных между собой и каждый из них подобен данному ∆АВС.
Если ∆ACH∾∆ВCH, то АHСH = CHBH ;СН2= АH ∙ ВН, но если ∆AВC∾∆ВCH, то CBBH= ABCB.
СВ2 = АВ ∙ ВН, подставив значения получим:
16х2 = 5х ∙ ВН;
ВН = 165х см.
АН = АВ – ВН;
АН = 5х - 165х = 95х см.
СН2 = 95х ∙ 165х = 14425х2;
СН = 125х см.
S∆BHC = 12 BH ∙ CH;
S∆BHC = 12 ∙165х ∙ 125х = 9625х2.
S∆AHC = 12 ∙95х ∙ 125х = 5425х2.
По условию задачи S∆BHC - S∆AHC = 84 см2, а значит, 9625х2 - 5425х2 = 84;
4225х2 = 84;
х225 = 2;
х2 = 50;
х = 5 2 см.
АС = 152 см, ВС = 202 см.
S∆AВC = 12 AC ∙ BC = 12 ∙ 152 ∙ 202 = 300 см2.
Ответ: 300 см2.
Задача 11[3].
Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит его на два треугольника, площади которых 6 и 54. Найдите гипотенузу.
Решение:

Рис. 16.
Высота, проведенная из вершины прямого угла на гипотенузу, делит его на два подобных треугольника. ∆ACH∾∆CHB:S∆ACHS∆CHB = k2, где к – коэффициент подобия.
k2= 546, k2= 9, к = 3.
Т.к ∆ACH∾∆CHB, то CHBH = 3, если ВН = х, то СН = 3х,
S∆ CHB = 12∙ ВН ∙ СН;
6 = 12 ∙ х ∙ 3х,
12 = 3х2,
х2= 4,
х = 2, следовательно, ВН = 2 см, СН = 6см.
S∆ACH= 12∙ АН ∙ СН,
54 = 12 ∙ АН ∙ 6,
108 = 6 ∙ АН,
АН = 18.
АВ = ВН + АН, АВ = 2+18 = 20.
Ответ: 20см.
Задача 12[2].
Из внешней точки А к окружности проведены касательная АВ и секущая АСD. AC : AB = 2: 3. Площадь треугольника ABC равна 20. Найдите площадь треугольника ABD.
Решение:

Рис. 17.
Т. к. AC : AB = 2: 3, тогда:
Пусть х – 1 часть, тогда АС = 2х, АВ = 3х, т.к. АВ - касательная, а АD – секущая, то AB2 = AD ∙ AC,
9х2= AD ∙ 2х,
AD = 9х2.
∆ABD и ∆ АВС имеют общую высоту, тогда их площади относятся как основания:
S∆ABCS∆ABD = АСAD,
20S∆ABD = 2x9x2,
20S∆ABD = 49,
S∆ABD = 20 ∙ 94=45 см2.
Ответ: 45 см2.
§ 6. Отношение площадей треугольников, имеющих общую высоту или основание
Ключевая задача 7[7].
Пусть М – произвольная точка стороны АС треугольника АВС. Тогда SABM : SMBC = AM : MC, т.е. отношение площадей треугольников ABM и MBC с равными высотами, равно отношению их оснований AM и MC.
Решение:

Рис. 18.
Проведем высоту BD треугольника АВС. Отрезок BD будет высотой треугольников MBC и ABM. Имеем: S∆ABM= 12 BD ∙ AM, S∆MBC = 12 BD ∙ MC. Отсюда следует, что S∆ABM: S∆MBC = AM : MC.Ключевая задача 8[7].
Отношение площадей треугольников ABС и АDC с равными основаниями, равно отношению их высот BМ и DN.
Решение:

Рис. 19.
Проведем высоты ВМ и DN треугольников АВС и АDС. Тогда
S∆ABC = 12 BМ ∙ AС и S∆ADC = 12 DN ∙ AC. Отсюда S∆ABС : S∆ADC = BМ : DN.Примеры
Задача 13[2].
Докажите, что медиана треугольника делит его на две равновеликие части.
Решение:

Рис. 20.
Т.к. BN – медиана, тогда AN = NC, ∆ ABN и ∆NBC имеют общую высоту ВН, тогда: S∆ABN = 12 BH ∙ AN,
S∆NBС = 12 BH ∙ NС, но т. к. AN = NC, то S∆ABN = S∆NBС, значит треугольники равновелики. Что и требовалось доказать.
Задача 14[1].
В треугольнике АВС на медиане ВМ взята точка К так, что
ВК : КМ = 1 : 2. Найдите отношение площадей треугольников АВК и АВС.
Решение:

Рис. 21.
По условию задачи ВМ – медиана, значит, S∆AМB = S∆BМС,
S∆ABC = 2S∆ABM.
Т.к. ВК : КМ = 1 : 2, значит, ВК = 13ВМ. ∆АВК и ∆ AМB имеют общую высоту. Пусть их общая высота равна – х, тогда S∆AМB = 12 ВМ ∙ х,
S∆ABК = 12 ВК ∙ х = 12 ∙ 13 ВМ ∙ х = 16 ВМ ∙ х
S∆ABC = 2S∆ABM = ВМ ∙ х
Требуется найти: S∆ABКS∆ABC = 16 ВМ ∙ хВМ ∙х = 16.
Ответ: 16.
Задача 15[6].
В прямоугольнике АВСD точка К делит сторону АВ в отношении
АК : КВ = 3 : 4, а точка М делит сторону CD в отношении DM : MC = 5 : 3. В каком отношении КМ делит площадь прямоугольника?
Решение:

Рис. 22.
Пусть АВ = СD = а, AD = BC = b, т.к. АК : КВ = 3 : 4, то АК = 37а;
КВ = 47а, DM : MC = 5 : 3, то DM = 58а; МС = 38а.
Рассмотрим прямоугольные трапеции BCMK и AKMD с высотами AD = BC = b.
Sтрапеции = АК+DM2 ∙ AD = SAKMD= 37а+58а2 ∙ b = 24+3556 a ∙ b2 = 59ab112;
SKBCM = 47а, +38а 2 ∙ b = 32+2156 a ∙ b2 = 53ab112;
SAKMD: SKBCM = 59ab112 : 53ab112 = 5953.
Ответ: 5953.
§ 7. Площади треугольников, на которые четырехугольник разделен диагоналями
Ключевая задача 9[7].
Доказать, что если выпуклый четырехугольник ABCD разделен своими диагоналями на треугольники с площадями S1, S2, S3, S4, то S1 ∙ S3= S2∙S4.
Решение:

Рис. 23.
Треугольники ABO и CBO имеют общую высоту BK, а значит, S1S2 = AOOC. Аналогично, S4S3 = AOOC (DF – общая высота треугольников ADO и CDO). Приравнивая левые части полученных равенств, получаем S1S2 = S4S3, откуда
S1 ∙ S3= S2∙S4.
Примеры
Задача 16[5].
В трапеции ABCD (AB || CD) О – точка пересечения диагоналей AC и BD. Площади треугольников ABO и CDO равны соответственно 10 и 40. Найти площадь трапеции.
Решение:

Рис. 24.
Т.к. S1 ∙ S3= S2∙S4 и S1 = S3, то S12 = S2∙S4.
S2=10, S4 = 40, S2∙S4 = 400.
S1 = S3 = 400 = 20.
SABCD = 20 + 10 + 20 + 40 = 90 .
Ответ: 90.
Задача 17[4].
Площадь трапеции равна 3, основания относятся как 1 : 2. Найдите площади треугольников, на которые трапеция разделена диагоналями.
Решение:

Рис. 25.
∆AOD ∾ ∆ BOC по первому признаку подобия треугольников.S∆AODS∆BOC = k2,
k = ADBC = 2 => S∆AODS∆BOC = 4.
S∆AOD = 4 S∆BOC.
Пусть S∆BOC = S, тогда S∆DOA = 4 S, учитывая, что S∆AOB = S∆COD и
S1 ∙ S3= S2∙S4. Имеем: S12 = 4S ∙ S, S1 = S3 = 2S.
По условию задачи SABCD =3.
С другой стороны S1+ S2+ S3+S4= S + 4S + 2S + 2S = 9S, тогда 9S = 3;
S = 13.
Итак: S∆BOC = 13;
S∆DOA = 4 ∙ 13 = 43;
S∆AOB = S∆COD = 23.
Ответ: 13; 23; 23; 43.§ 8. Вписанный угол
Ключевая задача 10[7].
Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, равны.
Решение:
Вписанный угол равен половине градусной меры дуги, на которую он опирается. Отсюда следует справедливость доказанного утверждения.
Следствие:
Вписанный угол, опирающийся на диаметр, прямой.
Примеры
Задача 18[6].
Один из углов прямоугольного треугольника равен 35˚. Под каким углом виден каждый его катет из центра описанной окружности?
Решение:

Рис. 26.
Так как ∆ABC –прямоугольный, то гипотенуза AC является диаметром. Центр окружности т.о. является серединой AC. По условию задачи
А = 35˚, значит, С = 90˚-35˚=55˚. Так как А – вписанный, то дуга
ВС = 70˚, а дуга АВ = 110˚. Требуется найти АОВ и СОВ(центральные углы). Центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается, значит, катет AB виден из центра окружности под углом в 110˚, а катет ВС – под углом 70˚.
Ответ: 70˚ и 110˚.
Задача 19[6].
Хорда АВ перпендикулярна радиусу ОМ и делит его пополам. Найти величину углов АОВ и ВАМ.
Решение:

Рис. 27.
Всякая точка, лежащая на серединном перпендикуляре к отрезку равноудалена от его концов, так как по условию задачи N – середина МО и MОАВ, то АМ = АО =R, учитывая, что МО радиус этой окружности, то ∆МОА – равносторонний, значит, МОА = МАО = 60˚, AN MO, MO – высота ∆ МАО, значит, AN – медиана и биссектриса, следовательно,
MAN =60˚:2=30˚.
∆AON =∆BON – прямоугольные (равны по гипотенузе и общему катету NO),AO = OB =R, NO – общий, AON = BON = 60˚,тогда AOB = 120˚.
Ответ: AOB = 120˚ и BAM =30˚.
Задача 20[7].
Окружность, построенная на стороне параллелограмма как на диаметре, проходит через середину соседней стороны и точку пересечения диагоналей. Найти углы параллелограмма.
Решение:

Рис. 28.
Так как сторона параллелограмма BC является диаметром окружности, то ∆ВНС- прямоугольный, ВНС= 90˚, ВНС – опирается на дугу BmC, он вписанный. BOC –вписанный и опирается на дугу BmC. Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны, а значит, BOC =90˚, диагонали параллелограмма взаимно перпендикулярны, следовательно, параллелограмм ABCD является ромбом. Так как по условию задачи Н – середина СD и ВНDС, следовательно, ВС=ВD (всякая точка, лежащая на серединном перпендикуляре к отрезку, равноудалена от его концов). Так как ABCD – ромб, то ВС=СD, значит, ∆BCD равносторонний, следовательно,
BCD =60˚, углы ВСD и СВА – односторонние при параллельных прямых AB, CD и ВС – секущая, то BCD +ABC =180˚, значит,
ABC =180˚ - 60˚=120˚.
Ответ: A = С = 60˚ и В = D = 120˚.
§ 9. Угол между касательной и хордой
Ключевая задача 11[7].
Угол TAB между касательной АT и хордой АВ измеряется половиной градусной меры дуги Am B.
Решение:

Рис. 29.
Проведем диаметр AD, AВD = 90˚ как вписанный, опирающийся на диаметр. Понятно, что DAT = 90˚. Следовательно,
ВAT = ADВ = 12 ∪AmB.
Примеры
Задача № 21[4].
Через точку касания двух окружностей проведены две секущие, концы которых соединены хордами. Докажите, что эти хорды параллельны.
Решение:

Рис. 30.
Через точку касания М проведем общую касательную KN, тогда угол между касательной и хордой равен половине градусной меры дуги
1 = 2 – вертикальные, 1 = 12 ∪ MD, но MBD – вписанный.
MBD = 12 ∪ MD и 2 = 12 ∪ СM. САM – вписанный,
САM = 12 ∪ СM => САВ = САM = DBM = DBА,
САВ = ABD – накрест лежащие при пересечении прямых АС и ВD секущей АВ, по первому признаку параллельности прямых АС||ВD. Что и требовалось доказать.
Задача 22[6].
К двум окружностям, пересекающимся в точках М и К, проведена общая касательная. Докажите, что если А и В – точки касания, то
AMB +AKB = 180˚.
Решение:

Рис. 31.
Рассмотрим ∆АКВ: КВА – угол между касательной АВ и хордой КВ, 1 = КВА = 12 ∪ КВ, КМВ – вписанный, КMB = 12 ∪ КВ, значит, КMB =1, аналогично, ВАК = 12 ∪ АК (ВАК – угол между хордой и касательной), AMК = 12 ∪ АК (вписанный), значит,ВАК = 2 = АМК.
По условию задачи надо было доказать, что AMB +AKB = 180˚, имеем в ∆АКВ: AKB = 180˚ - (KAB + KBA) = 180˚ - (1 + 2), AMB = 1 + 2,
AMB +AKB = 180˚ - (1 + 2) + (1 + 2) = =180˚.
Что и требовалось доказать.
§ 10. Величина угла, вершина которого лежит внутри (вне) окружности
Ключевая задача 12[7].
Если хорды AF и FC пересекаются в т. В, то величина угла АВС равна полусумме градусных мер дуг АmС и EnF.
Решение:

Рис. 32.
Проведем хорду FC.
ABC = AFC + ECF = 12 ∪ АmС + 12 ∪ EnF.
Ключевая задача 13[7].
Если секущие AF и FC пересекаются в т. В вне окружности, то величина угла АВС равна полуразности градусных мер дуг АmС и EnF.
Решение:

Рис. 33.
Проведем хорду АF.
ABC = AFC - EАF = 12 ∪ АmС - 12 ∪ EnF.
Примеры
Задача 23[6].
Из точки А вне окружности проведена секущая, пересекающая окружность в точках В и С. Дуга ВС содержит 112˚. Касательная AD делит эту дугу в отношении 7:9. Найдите BAD.
Решение:

Рис. 34.
∪ BDC = 112˚.
Пусть х˚ = 1 часть, тогда ∪ DВ = 7х˚ и ∪ DC = 9х˚. Найдем одну часть и составим уравнение:
7х + 9х =112
16х = 112
х = 112:16
х = 7, следовательно, ∪ DВ = 49˚ и DC =63˚.
Угол между касательной и секущей равен полуразности градусных мер дуг, отсекаемых ими. BAD = ∪ DC-∪ DВ 2 = 63˚-49˚2 = 14˚2 = 7˚.
Ответ: 7˚
Задача 24[4].
Диаметр АВ и хорда CD пересекаются в точке М CMB =73˚, дуга ВС содержит 110˚. Найдите градусную меру дуги BD.
Решение:

Рис. 35.
Используя ключевую задачу № 12, имеем, угол между пересекаемыми хордами CMB = ∪CmB+∪AnD2 по условию задачи ∪BmC=110˚, а CMB =73˚, найдем ∪AnD:
73˚ = 110˚+∪AnD2146˚ = 110˚ + ∪AnD∪AnD= 146˚ - 110˚
∪AnD = 36˚, т.к. АВ диаметр, то ∪ ADB = 180˚,
∪ BD = 180˚ - ∪AD;
∪ BD = 180˚ - 36˚;
∪ BD = 144˚.
Ответ: 144˚.
Задача 25[5].
Окружность разделена точками А, В, С и D так, что
∪ АВ : ∪ВС : ∪СD : ∪DA=2 :4 :5 :7. Проведем хорды АС и ВD, они пересекаются в точке М. Найдите AMB.
Решение:

Рис. 36.
Пусть х˚ = 1 часть, тогда ∪ АВ = 2х˚, ∪ ВC = 4х˚,∪ CD = 5х˚, ∪ DA = 7х˚. Составим уравнение и найдем одну часть. Т. к. в окружности 360˚, то 2х˚ + 4х˚ + 5х˚ +7х˚ = 360˚;
18х˚ =360˚;
х˚ = 360˚ : 18˚;
х˚ = 20˚
∪ АВ = 40˚, ∪ ВC = 80˚,∪ CD = 100˚, ∪ DA = 140˚. Используя ключевую задачу, имеем, AMB = ∪ АВ +∪ CD2 = 40˚+100˚2 = 70˚.
Ответ: 70˚.
§ 11. Формула a = 2R sin 𝞪
Ключевая задача 14[7].
Хорда окружности равна произведению диаметра на синус вписанного угла, опирающегося на эту хорду.
Решение:

Рис. 37.
Проведем диаметр AD, ADB =𝞪, ABD = 90˚ вписанный, опирающийся на диаметр. Отсюда АВ = AD sin 𝞪.
Примеры
Задача 26[6].
Основания равнобедренной трапеции равны 36 и 12. Определить радиус окружности, описанной около трапеции, если ее боковая сторона равна 16.
Решение:

Рис. 38.
Около равнобедренной трапеции можно описать окружность, она совпадает с окружностью, описанной около любого треугольника с вершинами в вершинах трапеции.
Проведем высоты BH1 и СН. Т.к трапеция равнобедренная, то
АH1 = НD = 36-122=12, тогда АН = 24,
НD = 12.
Рассмотрим ∆АСН – прямоугольный, то по теореме Пифагора:
АС2 = АН2 + СН2, АС2 = 242 + СН2.
Найдем СН так же по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ∆СНD: СН2 = CD2 - HD2,
СН2 = 256 – 144 = 112, СН = 112, тогда АС2 =576 + 112 = 688, АС = 688.
В ∆CDH: sinD = CHCD, sinD = 11216.
R =AC2sinD 6882 ∙ 11216 = 8 ∙688112 = 8∙17228 = 8 ∙ 437.
Ответ: 8437.
Задача 27[7].
Из точки М на окружности проведены три хорды: MN = 1, MP = 6,
MQ = 2. При этом NMP = PMQ. Найдите радиус окружности.
Решение:

Рис. 39.
По условию задачиNMP = PMQ – вписанные, значит, ∪ NP = ∪ PQ, равные дуги, стягиваются равными хордами, а значит, NP = PQ. Используя теорему косинусов в ∆ NMP и ∆ PMQ, получим,
NP2 = NM2+MP2 - 2NM ∙ MP cos1,
PQ2 = MP2 + QM2 – 2 PM ∙ QM cos1,
т.к. NP2=PQ2, получим, 1 + 36 – 2 ∙ 1 ∙ 6 cos1 = 4 + 36 – 2 ∙2 ∙ 6 cos1,
37 - 12 cos1 = 40 - 24 cos1,
12 cos1 = 3,
cos1 = 14,
NP2 = 37 – 12 ∙ 14 = 37 – 3 = 34,
NP = 34.
sin21 = 1 - cos21; sin21 = 1 - 116 = 1516; sin 1 = 154.
По ключевой задаче 14, имеем: R = NP2sin 1 = 342 ∙154 = 23415.
Ответ: = 2 3415.
Задача 28[4].
В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности делит высоту, проведенную к основанию, на отрезки 5 и 3, считая от вершины. Найти радиус описанной окружности.
Решение:

Рис. 40.
Пусть Е- точка касания стороны АВ и вписанной окружности, тогда
OEB = 90˚, аналогично OHAC (радиус, проведенный в точку касания), по условию задачи ВО = 5 см, ОН = r = 3 см, значит, ЕО = r = 3 см. ∆ВОЕ – прямоугольный, ВО = 5 см. ЕО = 3 см и по теореме Пифагора, имеем, что:
ВЕ2 = ВО2 - ОЕ2;
ВЕ2 = 25 – 9 = 16;
ВЕ=4см.
tg 1 = EOBE;
tg 1 = 34.
Рассмотрим ∆ ABH – прямоугольный, tg 1 = АНВН; 34 = АН8;
АН = 3 ∙84 = 6см, т.к. ∆АВС – равнобедренный и ВН – высота, значит, ВН – медиана, тогда АС = 12см.
sinABC = 2tg11+ tg21 = 254.
R = AC2sinABC = 254.
Ответ: 254 см.
§ 12. Свойства пересекающихся хорд
Ключевая задача 15[7].
Если две хорды окружности, AB и CD пересекаются в точке M, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды, т.е. AM ∙ MB = CM ∙ MD.
Доказательство:

Рис. 41.
Так как вписанные углы АВС и АDC опираются на дугу АС и AMD =
= CMB,то треугольники ADM и CBM подобны. Тогда AMCM = MDMB, откуда
АМ ∙ МВ = СМ ∙ МD.
Примеры
Задача 29[6].
Перпендикуляр из точки окружности на радиус, равный 34 см, делит его в отношении 8:9, считая его от центра. Определите длину перпендикуляра.
Решение:
Пусть ОНАН = 89, тогда х см – 1 часть. Имеем уравнение:
9 х + 8 х =34
17 х = 34
х = 34 : 17
х = 2, значит, 1 часть имеет величину 2 см, отсюда имеем, что ОН = 16 см, а АН = 18 см.
По свойству пересекающихся хорд BH ∙ HD = AH ∙ HC, т.к BH = HD, то BH2 = 18 ∙ 50 = 900; BH = 30.

Рис. 42.
Ответ: 30.
Задача 30[5].
В окружность вписан равнобедренный треугольник, основание которого равно 10 см, а боковая сторона – 12 см. через середину высоты треугольника проведена хорда, параллельная его основанию. Найти длину хорды.
Решение:
Т. к. О – середина ВН и MN||AC, то по теореме Фалеса: «Если на одной из двух прямых отложить несколько равных между собой отрезков и через их концы провести параллельные прямые, то на второй прямой они отсекут равные между собой отрезки», имеем AE = BE, BK = KC, EK - средняя линия ∆ ABC, EK = 12 AC = 5 см, т.к. ∆ ABC – равнобедренный, то KN = ME.
Рис. 43.
Пусть ME = х, KN = х, тогда по теореме о пересечении хорд имеем:
МЕ ∙ ЕN = AE ∙ BE
х (х + 5) = 6 ∙ 6
х2 + 5х = 36
х2 + 5х – 36 = 0
х1 = 4 и х2 = - 9 (не удовлетворяет условие задачи).
Если х = 4, то MN = 4 +5 + 4 = 13 см.
Ответ: MN = 13 см.
Задача 31[4].
Вокруг треугольника АВС описана окружность. Медиана AD продлена до пересечения с этой окружностью в точке Е. Известно, что АВ + АD = DE, BAD = 60°, AE = 6 см. Найти площадь треугольника АВС.
Решение:

Рис. 44.
Т.к. АD – медиана, то BD = DC. Обозначим DC = х, АD = у, АЕ = 6 см, тогда DE = 6 – y, по условии задачи АВ + АD = DE, следовательно,
АВ = DE – АD;
АВ = 6 – у – у = 6 – 2у.
По теореме о пересечении хорд АЕ и ВС, имеем, что:
BD ∙ DC = DE ∙ АD;
х ∙ х = у ∙ (6 - у);
х2 = 6у - у2.
В ∆ АВD по теореме косинусов имеем:
BD2 = AB2 + AD2- 2 AB ∙ AD cos 60°;
х2 = (6 – 2у)2 + у2 – 2(6 – 2у)у ∙ 12;
х2 = 36 – 24у + 4у2 + у2 - (12у - 4 у2 )∙ 12;
х2 = 36 – 24у + 4у2 + у2 – 6у + 2у2 ;
х2 = 7у2 - 30 у + 36.
Решим систему уравнений:
х2 = 6у - у2х2 = 7у2 - 30 у + 36;
7у2 - 30 у + 36 = 6у - у2;
7у2 - 30 у + 36 - 6у+ у2 = 0;
8у2 - 36 у + 36 = 0;
2у2 - 9 у + 9 = 0;
D=81-72=9>0 – имеет 2 корня,
у1= 3 и у2= 1,5.
у = 3 не удовлетворяет условию задачи т. к. АВ = 6 – 2у = 6 – 6 = 0.
Итак, у = 1,5.
Медиана ∆ АВС делит его на два равнобедренных треугольника, т. е S∆ABD = S∆ADC.
Рассмотрим ∆ABD, в котором AD = у = 1,5 = 32см,
АВ = 6 – 2у = 6 – 2 ∙ 1, 5 = 3см.
S∆ABD= 12 ∙ 32 ∙3 ∙ sin 60° = 94 ∙ 32 = 9 38 см2.
S∆AВC = 2 ∙ S∆ABD= 2 ∙938 = 9 34см2.
Ответ: 9 34см2.
§ 13. Касательная и секущая, проведенные к окружности из одной точки
Ключевая задача 16[7].
Если из точки к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от данной точки до точки касания равен произведению длин отрезков секущей от данной точки до точек её пересечения с окружностью, т.е. АТ2= АС ∙ АВ.
Решение:

Рис. 45.
ATB = 12 ∪TnB, TCB = 12 ∪TnB. Значит, ATB = TCB.
Следовательно, ∆ATB ∾ ∆АTC. Отсюда, АТАС = АВАТ, т. е. АТ2= АС ∙ АВ.
Следствие:

Рис. 46.
Если из точки, лежащей вне окружности, проведены две секущие, то
произведение одной секущей на её внешнюю часть равно произведению другой секущей на её внешнюю часть, т.е. АС ∙ АВ = АМ ∙ AN.
Примеры
Задача 32[6].
Из внешней точки к окружности проведена секущая, проходящая через ее центр, и касательная, равная половине секущей. Доказать, что отрезок касательной относится к радиусу, как 4:3.
Решение:

Рис. 47.
Пусть AD = х, тогда по условию задачи АВ = х2, т. к. АВ2 = АС ∙ АD (из ключевой задачи), то х24 = х ∙ AC, тогда АС = х4 .
Диаметр CD = AD – AC = х - х4 = 3х4. r = 12 ∙ СD = 3х4 : 2 = 3х8.
Надо доказать, что ABr = 43. х2 : 3х8 = х2 ∙ 83х = 43. Что и требовалось доказать.
Задача 33[7].
Из точки А, не лежащей на окружности, проведена к ней касательная и секущая. Расстояние от точки А до точки касания равно 16 см, а до одной из точек пересечения секущей к окружности равно 32 см. найдите радиус окружности, если секущая удалена от ее центра на 5 см.
Решение:

Рис. 48.
Пусть АС = 32 см, тогда АВ2 = АС ∙ АD (из ключевой задачи), то
162 = AD ∙ 32;
AD = 16 ∙1632 = 8 см. Такого быть не может, т. к. АС< AD, значит, AD = 32см, следовательно, АС = 8 см. DC = 32 – 8 = 24 см.
∆ DOH = ∆ COH – прямоугольные, СО = DO = R, HO – общая (равны по гипотенузе и катету), НО DC, значит, DH = НC = 24 : 2 = 12см.
∆ СОН - прямоугольный, по теореме Пифагора имеем, что:
ОС2 = НС2 + ОН2;
ОС2 = 122 + 52 = 144 +25 = 169;
ОС = 13 см, ОС = R = 13 см.
Ответ: 13 см.
Задача 34[7].
Из внешней точки проведена к окружности секущая, длиной 12 см и касательная, длина которой составляет 23 внутреннего отрезка секущей. Определите длину касательной.
Решение:

Рис. 49.
Т. к. АD = 12 см, то АВ = 23 ∙ СD.
Пусть CD = х см, тогда АВ = 23 х см. Используя ключевую задачу, имеем, что: АВ2 = АС ∙ АD, подставим значения и получим,
(23х)2 = (12 – х)12;
49х2 = (12 – х)12;
х29 = 3(12 – х);
х2 = 27(12 – х);
х2 = 27 ∙ 12 – 27х;
х2 + 27 х – 324 = 0;
х1 = 9 и х2 = - 36(не удовлетворяет условию задачи), следовательно,
CD = 9 см, АВ = 23 ∙ СD = 6 см.
Ответ: 6 см.
§ 14. Признак параллельности сторон четырехугольника
Ключевая задача 17[7].
Если в выпуклом четырехугольнике ABCD площади треугольников ABD и ACD равны, то ВС ||AD. Доказать.
Решение:

Рис. 50.
Так как AD – общая сторона треугольников ABD и ACD, то их высоты BK и CM равны, а следовательно, BCMK - прямоугольник и ВС ||AD.
Примеры
Задача 35[6].
В выпуклом четырехугольнике ABCD E - точка пересечения диагоналей. Доказать, что AD||BC тогда и только тогда, когда S∆ABE= S∆CED.
Решение:

Рис. 51.
По условию задачи, если S∆ABE= S∆CDE, тогда
S ∆ABD= S∆ABE+ S∆ADE= S∆ACD. Используя ключевую задачу, получим AD ||BC.
Обратное утверждение, т.е., если AD ||BC, то S∆ABE = S∆CDE, следует из свойств параллелограмма или трапеции.
Таким образом, утверждение доказано.
Задача 36[7].
Каждая диагональ четырехугольника делит его на два треугольника одинаковой площади. Доказать, что этот четырехугольник – параллелограмм

Рис. 52.
Решение:
По условию задачи S1 + S4= S2+S3 и S1 + S2= S3+S4.
Сложим эти равенства :S1 + S4+S1 + S2=S2+S3+S3+S4;
2S1+(S2+S4) = 2S3+(S2+S4), откуда 2S1= 2S3 и S1= S3, тогда
S∆ADC= S3+S4= S1+S4= S∆ADB.
Используя ключевую задачу, имеем: AD||BC.S1+S4=S2+S3, S1 + S2= S3+S4 – вычтем из первого равенства второе, получим:
S1+S4-S1-S2 = S2+S3- S3-S4;
S4-S2= S2-S4;2S4 = 2S2, откуда S4 = S2, тогда S∆ABС= S1 + S2=S1 + S4= S∆AВD.
Используя ключевую задачу, имеем AВ||DC.
По определению ABCD – параллелограмм.

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
Атанасян Л.С. и др. Геометрия. Учебник для 7-9 классов средней школы. - М.: Просвещение, 1990.
Дегтянникова И.Н. Остроугольный или тупоугольный // Математика в школе.  - 1998. - № 5, с. 43.
Игнатенко В.З. Сюрпризы биссектрисы // Математика в школе. - 1998. - № 5, с. 42.
Колмогоров А. Н. Математика (наука и профессия). - М.: Наука,1988.
Погорелов А.В. Геометрия 7-11. - М.: Просвещение, 1998.
Полонский В.Б., Рабинович Е.М., Якир М.С. Учимся решать задачи по геометрии, - М.: Просвещение, 1998.
Полонский В.Б., Рабинович Е.М., Якир М.С. Геометрия: Задачник к школьному курсу. – М.: «АСТ-ПРЕСС»: Магистр – S, 1998 – 256с.