Министерство науки и высшего образования Российской Федерации Московский физико-технический институт (национальный исследовательский университет) Заочная физико-техническая школа МАТЕМАТИКА Геометрия Задание №2 для 8-х классов (2023 – 2024 учебный год) г. Долгопрудный, 2023 2 Составители: Т.С. Пиголкина, доцент кафедры высшей математики МФТИ. С.Е. Городецкий, доцент кафедры высшей математики МФТИ. Математика: задание №2 для 8-х классов (2023 – 2024 учебный год), 2023, 22 с. Составители: Пиголкина Татьяна Сергеевна Городецкий Сергей Евгеньевич Заочная физико-техническая школа Московского физико-технического института (национального исследовательского университета) Институтский пер., 9, г. Долгопрудный, Московская обл., 141700. ЗФТШ, тел. (495) 408-51-45 – заочное отделение, тел. (498) 744-63-51 – очно-заочное отделение, тел. (498) 744-65-83 – очное отделение. e-mail: edu@zftsh.online Наш сайт: https://zftsh.online/ © МФТИ, ЗФТШ, 2023 Все права защищены. Воспроизведение учебно-методических материалов и материалов сайта ЗФТШ в любом виде, полностью или частично, допускается только с письменного разрешения правообладателей. 3 Геометрия (планиметрия) изучается в школе 3 года. Мы не можем повторить материал всего учебника и выбираем для повторения, закрепления и углубления некоторые темы, некоторый круг теорем, приводим характерные задачи и знакомим с различными методами решения. В этом задании в §1 мы обсудим, что и как изучается в геометрии. Во втором параграфе повторим теоремы о равенстве треугольников, о равнобедренном треугольнике, теоремы об углах. В §3 напоминаем свойства и признаки параллелограмма, доказываем дополнительно несколько утверждений, приводим примеры задач не только школьного уровня. В §4 (дополнительном) приведены вопросы и задачи для размышлений и самостоятельного решения. Эти задачи так называемой «занимательной геометрии». Они предлагаются тем, кто в решении подобных задач находит и интерес и пользу, для остальных его решение необязательно. В конце задания ваше домашние задание: контрольные вопросы – это проверочные вопросы и задачи первого уровня, а затем задачи для самостоятельного решения. Примеры ответов на контрольные вопросы приведены перед самими вопросами. В 8 классе вас ожидает ещё одно задание по геометрии. Будут обсуждаться задачи на геометрические места точек, знание которых лежит в основе доказательства многих теорем, и задачи на построение с циркулем и линейкой. Задачи по этим темам предлагаются на олимпиадах разных уровней с 8 по 11 класс. § 1. Наука геометрия Одна из замечательных теорем геометрии, доказательство которой вам уже известно по учебнику, гласит: «сумма углов треугольника равна 180 ». Как вы думаете, можно ли было установить этот факт экспериментально? Рис. 1 Рис. 2 Предположим, что мы будем измерять угол, равный сумме углов треугольника, транспортиром. Нарисуем некоторый треугольник, приложим транспортир к одному из углов – углу 1, отметим его величину, 4 затем приложим транспортир к другому углу (рис. 1), отметим величину суммы двух углов, затем приложим транспортир к третьему углу. Мы обнаружим, что третья отметка придётся на 180. Следует ли из наших измерений, что сумма углов рассмотренного треугольника точно равна 180 ? А может быть больше на 1/10 градуса или меньше на 2/15 градуса? Такую разницу, как бы тщательно мы ни проводили измерения с помощью транспортира, заметить невозможно. Кроме того, любой нарисованный треугольник, можно сказать, имеет «дефект»: как бы тонок ни был карандаш, которым его рисовали, стороны треугольника, если рассмотреть рисунок в увеличительное стекло, предстанут перед нами широкими неровными полосами. Какой же угол мы измеряли? Поэтому сомнения в точности наших измерений ещё более возрастут, и вывод может быть сделан только такой: сумма углов треугольника на рис. 1 близка к 180. Предположим, что аналогичные измерения мы провели в каждом из треугольников, изображённых на рис. 2, и получили такие же результаты. Тогда мы можем предположить, выдвинуть гипотезу1, что в любом нарисованном треугольнике сумма углов близка к 180. Но даже такую гипотезу проверить экспериментально не представляется возможным, т. к. пришлось бы провести измерения во всех разнообразных треугольниках, т. е. в бесконечном числе случаев, что, конечно, неосуществимо. Мы привели эти рассуждения, чтобы обратить ваше внимание на следующие важные моменты. Попытки экспериментально установить свойства фигур неосуществимы по ряду причин: из-за бесконечного разнообразия видов фигур, из-за того, что фигуры изображены на чертеже неточно, и, наконец, из-за неизбежных ошибок измерения. В науке геометрии рассматриваются не реальные, конкретные фигуры, вырезанные из картона, нарисованные на листе бумаги и т.п., а идеальные, как говорят, абстрактные2 фигуры, которые целиком описываются только своими определениями. Реальные треугольники имеют не только форму и размер, они могут быть сделаны из картона или жести, бумаги или дерева и т. п. Отвлекаясь от всех их свойств, кроме формы и размера, т. е. выделяя общее для всех таких фигур, приходят к 1 Гипотеза – от греческого – под, внизу и – положение, утверждение – предположительное суждение о закономерной связи явлений. 2 Абстракция – от латинского abstractio – отвлечение. 5 представлению о геометрическом треугольнике как фигуре, которая состоит из трёх точек, не лежащих на одной прямой, и трёх отрезков, попарно соединяющих эти точки. Только для абстрактных геометрических фигур удаётся установить ряд простых и важных свойств. Именно для абстрактных геометрических треугольников справедливо утверждение, что сумма углов в каждом из них равна 180. Истинность этого утверждения, как и других утверждений, называемых теорема3 устанавливается методом строгих рассуждений, основанных на логике и вытекающих из ранее доказанных утверждений. Как вы сами убедились, эти рассуждения столь убедительны, что с ними соглашается всякий, рассмотревший их. Метод строгих геометрических доказательств, основанных на логике, когда одно утверждение вытекает из ранее установленного, является основным методом в геометрии. В этом смысле геометрию называют дедуктивной наукой, от латинского слова deductio – выведение. Если разобрать вывод, т. е. доказательство какой-нибудь геометрической теоремы, то он логически следует из ранее доказанных теорем. Для этих ранее доказанных теорем, в свою очередь, можно выделить те факты, из которых они выводятся и которые были установлены ранее. Но ведь есть какое-то первое утверждение, которое не вытекает из ранее доказанного, так как вообще нет теорем, которые уже были доказаны до этого. Это означает, что некоторые факты должны быть приняты без доказательства. Их называют аксиомами, от греческого – удостоенное, принятое положение. Так же обстоит дело с определениями геометрических объектов. Вводя новое определение, пользуются определениями и понятиями, которые уже были введены раньше. Но как быть с первым определением? Через что его определить, если ещё нет понятий, определённых ранее? Отсюда следует, что некоторые геометрические понятия должны быть введены без каких-либо определений. Такие неопределяемые понятия называются основными. В изучаемом курсе геометрии таковы понятия точки, прямой, плоскости. Итак, все здание геометрии строится, во-первых, на основных неопределяемых понятиях, и, во-вторых, на аксиомах, в которых устанавливаются связи и взаимоотношения между первоначальными понятиями; затем с помощью определений вводятся новые понятия, для которых, исходя из первоначальных фактов, содержащихся в аксиомах, доказываются, выводятся с помощью логики, дальнейшие факты – теоремы. 3 Теорема – от греческого рассматриваю. 6 Подобное строение какой-нибудь области математики называют аксиоматическим. Таким образом, геометрия – аксиоматическая наука. Из всего сказанного вывод такой: хотите освоить науку геометрию (хотя бы в рамках школьной программы) – разберите аксиомы и учите определения и формулировки теорем, с которыми вас постепенно знакомит учебник. А умение рассуждать, доказывать, умение применять теорию в решении задач приходят постепенно. Этому способствуют разбор доказательств теорем из учебника (за две с лишним тысячи лет математики отобрали самые лучшие и простые доказательства – именно их вам приводят в учебнике), разбор решений характерных задач, овладение методами решений. § 2. Признаки равенства треугольников. Равнобедренный треугольник. Прямоугольный треугольник. Теоремы об углах Для повторения мы выбрали эти темы. Приводить доказательство теорем, содержащихся в учебнике, не будем, лишь напомним основные теоремы. Также обсудим некоторые важные вопросы, приведём примеры решения задач, докажем несколько дополнительных теорем (Всякое утверждение, сформулированное в общем виде и доказанное, есть теорема, но их так много и они часто столь просты, что наполнять ими учебник не имеет смысла, а вот учиться на них применению основных теорем, умению рассуждать, делать выводы, – очень полезно). Такие теоремы мы будем называть леммами. Начало решения примера (задачи) будем обозначать символом , окончание – символом ▲. В учебнике доказаны три признака равенства треугольников. Первый признак: по двум сторонам и углу между ними. Второй признак: по стороне и прилежащим к ней углам. Третий признак: по трём сторонам. Мы напомнили их краткую формулировку. Отметим следующий момент. При записи равенства треугольников удобнее, чтобы соответствующие вершины были записаны в одном и том же порядке. Тогда равенство Δ ABC Δ PQR означает, что AB PQ, AC PR, BC QR, A P, B Q, C R. Этого соглашения мы будем придерживаться в дальнейшем (в этом и последующих заданиях). Когда это удобно, будем использовать обозначения: в треугольнике ABC углы обозначать A, B и C , 7 a , b и c – стороны, противолежащие углам A, B и C , ha , hb , hc – высоты к сторонам a , b и c, ma , mb , mc – медианы к сторонам a , b и c. Покажем, как важно точно помнить формулировки теорем. Пусть треугольники ABC и ABC таковы, что b b, c c и B B. Будут ли эти треугольники равны? Есть первый признак равенства «по двум сторонам и углу», но «углу между ними», а здесь каA A . c B b c b C B C . , C Рис. 3 Рис. 4 Рис. 5 кой угол? Нарисуем некоторый треугольник ABC (рис. 3) и отметим стороны и угол, о которых идёт речь: это не тот угол! Приведём пример треугольника ABC (рис. 5), который не равен треугольнику ABC B C BC , хотя c c, b b и B B . Рисунок 4 поясняет, как треугольник ABC получается из треугольника ABC. Приведём ещё пример (рис. 6), который показывает, что слова «прилежащим к стороне» чрезвычайно важны в формулировке второго признака равенства треугольников. Здесь AB A1 B1 , C A1 90o , B B1 45o. Рис. 6 (Сторона одного треугольника равна стороне другого, два угла первого равны двум углам второго). 8 Но равные углы не прилежат к равным сторонам и ABC A1 B1C1 . Как легко видеть, треугольник ABC равен треугольнику A1 B1 D, который составляет часть треугольника A1 B1C1 . Пример 1. Треугольники ABC и ABC таковы, что равны их медианы, проведённые из вершин B и B, и равны углы, которые образуют эти медианы со сторонами a и c и со сторонами a и c соответственно. Докажите, что ABC AB C . △ При доказательстве мы рисуем треугольники, о которых идёт речь, в наиболее удобном положении (см. рис. 7). Рис. 7 Итак, AM CM , AM C M , BM BM , равные углы ABM и ABM обозначим , вторую пару равных углов обозначим . 1. В треугольнике ABC продолжим медиану BM за точку M и на прямой BM отложим отрезок MD BM . Рассмотрим треугольники ABM и CDM . Имеем: AM CM (т. к. BM – медиана), BM DM (по построению), AMB CMD (как вертикальные). По первому признаку равенства треугольников ABM CDM . В равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны AB CD и против равных сторон лежат равные углы (поэтому CDM ). Аналогичное построение осуществим с треугольником AB C , получим, что AB C D и C D M . 2. Теперь рассмотрим треугольники BCD и B C D . Так как BD BD и прилежащие к отрезкам BD и BD углы соответственно равны и , то BCD B C D по второму признаку равенства. 9 Из этого равенства следует CD C D (т. е. c c ) и BC B C (т. е. a a ). 3. Вновь рассматриваем треугольники ABC и AB C . Угол при вершине B равен углу при вершине B и равны стороны, образующие этот угол. По первому признаку равенства ABC AB C . ▲ Пример 2. На сторонах AB и AD квадрата ABCD вовне его построены равносторонние треугольники AKB и AMD (рис. 8). Докажите, что треугольник KCM также равносторонний. △ Обозначим сторону квадрата a; очевидно, что стороны равносторонних треугольников тоже равны a. Отметим равные стороны в треугольниках KBC , CDM и KAM . B a C KBC CDM по первому признаку, a 60о т. к. KBC CDM 90o 60o 150o. K a Пусть прямая CA пересекает отрезок a 60о 45о KM в точке F. A D KAC MAC 60o 45o 105o. Смежные с ними углы KAF и MAF a F a равны значит 180o 105o 75o , o KAM 150 , и KAM KBC. ДелаM ем вывод: KC CM KM , т. е. треРис. 8 угольник KCM равносторонний. (В решении использовано утверждение, что все углы равностороннего треугольника равны 60o ). ▲ Перейдём к рассмотрению равнобедренных треугольников и их свойств. В учебнике доказаны теоремы: Т1. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. Т2. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является высотой и биссектрисой. Т3. (Признак равнобедренного треугольника). Если два угла в треугольнике равны, то он равнобедренный. Обратим внимание, что признаком фигуры A называется теорема с формулировкой: «если имеет место … , то это фигура A ». Сформулируем следующие, часто применяемые в задачах, признаки равнобедренного треугольника: . . . 10 а) если в треугольнике высота является медианой, то треугольник равнобедренный; б) если в треугольнике высота является биссектрисой, то треугольник равнобедренный; в) если в треугольнике медиана является биссектрисой, то треугольник равнобедренный. Δ Доказательство признака а) вполне простое. Если BD AC и AD DC (рис. 9), то ADB CDB по двум сторонам ( BD – общая, AD DC ) и углу между ними ( ADB смежный с BDC 90o , поэтому ADB 90o ). Из равенства треугольников следует AB BC и треугольник ABC по определению равнобедренный. B B . A A . D Рис. 9 C , . ., M C D Рис. 10 Доказательство признака б) Столь же простое, докажите его самостоятельно. Докажем признак в) Пусть в треугольнике ABC биссектриса BM является медианой: AM MC (рис. 10). На продолжении биссектрисы BM отложим отрезок MD , равный BM . Треугольники ABM и CDM равны по первому признаку: у них углы при вершине M равны, как вертикальные, и AM CM , BM DM . Из равенства треугольников следует CD AB (1) и CDM ABM . Но ABM CBM , поэтому CDM CBM , т. е. в треугольнике BCD углы при основании BD равны. По признаку Т3 этот треугольник равнобедренный: BC CD. Отсюда и из (1) заключаем: BC AB. Утверждение доказано. ▲ В следующем примере применяются признак параллельности прямых и две теоремы об углах треугольника (и следствия этих теорем): Т. Сумма углов треугольника равна 180o. Т. Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним. 11 Пример 3. Точка K лежит на основании AC равнобедренного треугольника ABC AB BC . Через точку K проведена прямая, пересекающая прямую AB и отрезок BC , при этом образовалось два равнобедренных треугольника (рис. 11). Найдите углы треугольника ABC. △ Обозначим точки пересечения M и D. 1. Углы при основании равнобедренного треугольника равны и они острые, значит угол MAK тупой. 2. В треугольнике может быть только один тупой угол, значит, если треугольник MAK равнобедренный, то равными могут быть только углы при вершинах M и K. Обозначим их . 3. BAK 2 (как внешний угол треугольника MAK ), BCA 2 (углы при основании равнобедренного треугольника равны) и DKC ( DKC AKM как вертикальные). 4. Треугольник KDC по условию равнобедренный, поэтому в нём два угла равны. Возможны, вообще говоря, два случая: а) KDC и б) KDC 2 . Рис. 11 а) Если KDC , то накрест лежащие углы при секущей MD и прямых BM и BC равны ; это по теореме означало бы параллельность прямых MB и CB , что противоречит их пересечению. Этот случай невозможен. б) Если KDC 2 , то по теореме о сумме углов треугольника (для треугольника KDC ) 2 2 180o , 36o. Находим углы треугольника ABC : A C 2 72o , B 180o 2 A 36o. ▲ Для прямоугольных треугольников справедливы признаки равенства (их надо уметь доказывать): 1. по двум катетам; 2. по гипотенузе и катету; 3. по гипотенузе и острому углу; 4. по катету и острому углу. Применяя признаки равенства прямоугольных треугольников, докажем ещё один признак равнобедренного треугольника. Пример 4. Докажите, что если две высоты треугольника равны, то он равнобедренный. △ Пусть высоты AA1 и CC1 треугольника ABC равны друг другу. 12 1. (Треугольник остроугольный. Обе высоты внутри треугольника, (рис. 12а). Прямоугольные треугольники AA1 B и CC1 B равны по катету AA1 CC1 и противолежащему острому углу (угол B общий). Тогда равны их гипотенузы AB CB , а это и означает, что треугольник ABC равнобедренный. 2. (Треугольник тупоугольник, угол В тупой. Обе высоты вне треугольника, рис. 12б). ПрямоугольРис. 12а ные треугольники AA1 B и CC1 B имеют равные катеты и равные противолежащие углы AA1 CC1 ABA1 CBC1 как вертикальные . Треугольники равны – равны их гипотенузы, AB CB. Треугольник ABC равнобедренный. C1 A1 A1 . B. A h C A B h . B1 C Рис. 12б Рис. 12в 3. Случай равенства двух высот равнобедренного треугольника, одна из которых внутри треугольника, другая – вне треугольника, невозможен. Действительно, если (рис. 12в), то BB1 AA1 h AA1 B BB1 A по гипотенузе ( AB – общая) и катету ( AA1 BB1 . ) Тогда BAA1 ABB1 (обозначен ), т. е. накрест лежащие углы при секущей AB равны и прямые AA1 и B1 B параллельны, что неверно. 4. Если угол B прямой, то высоты из вершин A и C совпадают с катетами AB и CB. При равных высотах равны и катеты, треугольник ABC равнобедренный. ▲ Пример 5. (Лемма о медиане прямоугольного треугольника). Докажите, что медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. 13 △ Точка M середина гипотенузы B AB прямоугольного треугольника ABC (рис. 13). Проведём через точку M M прямую MK AC. Из BC AC и MK AC следует BC MK . Из параллельности прямых BC и C A K MK и равенства отрезков BM и MA Рис. 13 по теореме Фалеса следует CK KA. В прямоугольных треугольниках CMK и AMK катет MK общий и, как установлено, равны катеты CK и AK . Эти треугольники равны, 1 значит, равны и их гипотенузы, т. е. CM AM , или CM AB. ▲ 2 Дополнение. Для многих учащихся при решении задач возникает проблема: с чего начать? С рисунка! В геометрической задаче очень важен рисунок, он должен отвечать условиям задачи, быть наглядной формой их записи. Например, в задаче рассматривается равнобедренный треугольник. Его можно нарисовать по-разному (рис. 14а и 14б), поэтому сначала рисуют на черновике, от руки, и из других условий определяют вид треугольника. Если сказано, что один отрезок в два раза длиннее другого – отразите это на рисунке; если какие-то прямые параллельны – так и рисуйте, очень важно сделать чёткий хороа) Рис. 14 б) ший рисунок, отвечающий условиям задачи. Хороший рисунок – помощник в решении, особенно если на нём Вы отмечаете равные углы, перпендикулярность отрезков, отношение длин и т. п. и ставите данные задачи. Посмотрите, например, на рис. 7, 8, 11 и подумайте, как рисунок помогает в решении. Пример 6. В треугольнике ABC медиана BM перпендикулярна биссектрисе AD. Найдите длину стороны AB , если AC 6. . . 14 △ 1. Подумаем, как построить рисунок. Возьмём луч AK (рис. 15) и отложим от точки A какие-то равные углы (т. е. считаем, что биссектриса AD лежит на A . этом луче). Выберем точку B, проведём через точку B прямую, перпендикулярно AK и отметим точку M . BM медиана, поэтому отложим отрезок MC MA. Треугольник ABC тот, что нужен: AD A . биссектриса, BM медиана, AD BM . 2. Решение очевидно: ABO AMO (по катету и острому углу), значит AB AM и AC 2 AM 2 AB. Зная, что AC 6, находим AB 3. ▲ B . K B . O .D M K . C Рис. 15 § 3 Параллелограмм Параллелограммом называется четырёхугольC ник, противолежащие стороны которого попарно B параллельны (рис. 16). Параллелограмм – выпуклый четырёхугольник. В разных учебниках различные определения выпуклого четырёхугольника, A D приведём два равносильных определения: 1) Четырёхугольник называется выпуклым, есРис. 16 ли он лежит по одну сторону от любой прямой, содержащей его сторону. 2) Четырёхугольник называется выпуклым, если его диагонали пересекаются. Легко доказывается теорема, что сумма углов любого четырёхугольника равна 360 (повторите по учебнику). Свойства параллелограмма 1. Сумма любых двух соседних углов параллелограмма равна 180. 2. Противолежащие углы параллелограмма равны. 3. Противолежащие стороны параллелограмма равны. 15 4. Диагонали параллелограмма пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Точка пересечения диагоналей называется центром параллелограмма. Признаки параллелограмма 1. Если в четырёхугольнике две стороны параллельны и равны, то это параллелограмм. 2. Если в четырёхугольнике противолежащие углы попарно равны, то это параллелограмм. 3. Если в четырёхугольнике противолежащие стороны попарно равны, то это параллелограмм. 4. Если диагонали четырёхугольника пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то это параллелограмм. Докажем, например, признак 3. □ Пусть в четырёхугольнике ABCD B C 1 стороны удовлетворяют условиям 4 AB DC и BC AD (рис. 17). Отметим соответственно равные стороны и прове3 дём диагональ AC. ∆ =∆ 2 D AB CD, BC AD, AC общая сторо- A Рис. 17 на). В равных треугольниках против равных сторон лежат равные углы: против AB угол 1, против CD угол 2, 1 2 (накрест лежащие углы) BC AD. Против BC угол 3, против AD угол 4, 3 4 AB CD. Противолежащие стороны попарно параллельны, значит, ABCD параллелограмм по определению. ■ Свойство параллелограмма используются для доказательства замечательной теоремы о высотах треугольB ника. A1 C1 K Теорема. Прямые, на которых лежат H O высоты треугольника, пересекаются в одной точке. Отметим, что для остроA C F угольного треугольника пересекаются сами высоты (и их точка пересечения лежит внутри треугольника), а для тупоB1 угольного треугольника пересекаются Рис. 18 16 продолжения высот (и точка их пересечения расположена вне треугольника). Для прямоугольного треугольника очевидно, что высоты пересекаются в вершине прямого угла. □ Через каждую вершину треугольника ABC (рис. 18) проведём прямую, параллельную противолежащей стороне. Получаем треугольник A1 B1C1 , такой, что высоты исходного треугольника ABC перпендикулярны его сторонам (например, если AH BC , то из BC B1C1 следует AH B1C1 ). По построению AB CA1 , AC BA1 , ABA1C параллелограмм. Также показывается, что AC1 BC параллелограмм. По свойству параллелограмма BA1 AC , C1 B AC C1 B BA1 , т. е. точка B середина стороны A1C1 . Повторяя рассуждение, устанавливаем, что точка A середина стороны B1C1 и точка C середина стороны A1 B1 . Прямые, на которых лежат высоты AH , BF и CK треугольника ABC , перпендикулярны к сторонам треугольника A1 B1C1 и проходят через их середины, а три серединных перпендикуляра к сторонам треугольника пересекаются в одной точке (определяют центр окружности, описанной около треугольника A1 B1C1 ). Значит три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке. Если треугольник остроугольный, то все три высоты лежат внутри него и, следовательно, пересекаются сами высоты. Если треугольник тупоугольный, то высота, проведённая из вершины тупого угла, лежит внутри него, а две другие – вне. Значит, в этом случае сами высоты пересекаться не могут, и пересекаются их продолжения. ■ Пример 7. Биссектриса угла A параллелограмма ABCD пересекает сторону CD в точке K , а продолжение стороны BC в точке F (рис. 19). Найдите стороны параллелограмма, если 16 BF 16 и CK 5. C B 3 F Δ AF биссектриса угла BAD, 1 2. K Прямые AD и BF – параллельны, поэтому 4 3 1 (как накрест лежащие) – тогда 2 2 3, треугольник ABF равнобедренный, 1 A D AB BF . Значит AB 16. Рис. 19 По свойству параллелограмма CD AB , значит, CD 16 и DK 11. Далее, из AB CD следует 2 4 17 (накрест лежащие), значит, 4 1, треугольник ADK равнобедренный, AD DK 11. ▲ Ответ: AD BC 11, AB CD 16. Замечание. Если в параллелограмме или трапеции проведена биссектриса одного из углов, где-то должен получиться равнобедренный треугольник. Пример 8. Дана окружность с диаметром AB и точка M , лежащая внутри окружности, но не на диаметре AB (рис.20). С помощью односторонней линейки опустите из точки M перпендикуляр на прямую AB. ( – уменьшенная копия односторонней линейки). Δ Что мы можем делать с помощью односторонней линейки? Проводить прямые! Вот и проведём через точки A и M прямую до пересечения с окружностью в точке A1 , затем через точки B и M проведём прямую до пересечения с окружностью в точке B1 . (Рис. 20). C B1 M A A1 M B A C1 B Рис. 20 Далее, проведём прямую через точки A и B1 и прямую через точки B и A1 получим в их пересечении точку C. Прямая CM искомая. Действительно, в треугольнике ACB высоты AA1 и BB1 – высоты (углы AA1C и BB1C прямые, опираются на диаметр), так как они пересекаются в точке M, т. е. M точка пересечения высот треугольника ACB, значит CC1 AB. ▲ Если точка M лежит вне окружности и не на прямой AB , решение задачи усложняется, но немного (попробуйте сами). 18 Параллелограмм, в котором все углы прямые, называется прямоугольником. Верна теорема: диагонали прямоугольника равны. Верна и обратная теорема – признак прямоугольника: если диагонали параллелограмма равны, то этот параллелограмм – прямоугольник. Параллелограмм, у которого все стороны равны, называется ромбом. Сформулируйте сами две теоремы о диагоналях ромба и обратные к ним. Прямоугольник, у которого все стороны равны, называется квадратом. Квадрат – также называют правильным четырёхугольником. 44 Пример 9. Через середину диагонали BD прямоугольника ABCD проведена перпендикулярно этой диагонали прямая, пересекающая сторону BC в точке F и сторону AD в точке E. Известно, что EF ED 8. Найдите большую сторону пряF 8 B C моугольника. Δ Середина диагонали BD точка O – есть O центр прямоугольника, BO OD (рис. 21). Отрезок EF делится точкой O пополам: дейD A 8 E ствительно, BOF DOE (углы при верРис. 21 O шине равны как вертикальные, DBF BDE как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD; BO OD; значит, треугольники равны по второму признаку). 1 EF 4 и BF ED 8. 2 BOF прямоугольный, гипотенуза Отсюда FO EO Треугольник BF 8, катет OF 4, значит, OBF 30 . Диагонали прямоугольника равны, равны и их половины, поэтому BO OC. Треугольник BOC равнобедренный, BCO CBO 30 , 44 Вообще говоря, правильный многоугольник – это такой многоугольник, в котором все стороны равны и все углы равны. Например, правильный треугольник – это то же самое, что и равносторонний треугольник. 19 CFO 180 OFB 180 60 120 , следовательно FOC 30. Треугольник OFC равнобедренный, FC OF 4, и BC 12. ▲ Ответ: 12. P K B C Пример 10. Окружность, построенная на стороне AD параллелограмма ABCD , как на M диаметре, касается стороны BC и проходит через середину стороны AB (рис. 22). Найди- A D F O те углы параллелограмма. Рис. 22 Δ Пусть O центр окружности и R её радиус. Если P точка касания со стороной BC , то OP BC , а из AD BC следует OP AD. Это означает, что расстояние между параллельными прямыми AD и BC равно R. Точка M лежит на окружности, OM R. Точка M середина стороны AB. Если MF AD и MK BC , то точки K , M и F лежат на одной прямой (т. к. AD BС ) и поэтому KF PO R. Прямоугольные треугольники AMF и BMK равны (по гипотенузе и острому углу) и 1 1 MF KF R. 2 2 R Из треугольника OMF , в котором MF OF , OM R и MF 2 следует, что MOF 30 . AOM Далее заметим, что треугольник равнобедренный OA OM R , угол при вершине O равен 30 , следовательно OAM AMO 75. Итак, острый угол A параллелограмма равен 75 , а тупой угол B равен 105. ▲ Ответ: 75 и 105 . § 4. Задачи для досуга (для тех, кому интересно) 1. Как измерить с помощью одной мерной линейки, произведя одно измерение, диагональ кирпича (кирпич имеет форму прямоугольного параллелепипеда, изображённого на рис. 23, его диагональ – это отрезок, соединяющий противоположные вершины (например, A и B )). Дайте способ простой, практичный, пригодный для мастерской, стройки, без применения вычислений по теореме Пифагора. 20 Рис. 23 Рис. 24 2. Тяжёлая балка AB лежит на брёвнах (рис. 24), её правый конец отстоит от оси последнего бревна на 5м ( BC 5 м). На сколько продвинется вперёд передняя часть балки (точка A ), если точка B достигнет оси последнего бревна? Считайте брёвна одинаковыми и круглыми; катятся брёвна без скольжения. 3. Нетрудно показать, что у правильной пятиугольной звезды сумма углов равна 180. Покажите, что такая же сумма углов будет у произвольной пятиугольной звезды (рис. 25). 4. Во времена частных междоусобных войн один правитель захотел построить крепостьзамок из 10 башен, соединённых между собой стенами, причём стены должны тянуться прямыРис. 25 ми линиями с четырьмя башнями в каждой из них. Приглашённый им известный строитель представил ему план крепости (см. рис. 26), но правитель нашёл его совершенно неудовлетворительным: при таком расположении к любой из десяти башен можно подойти извне. Правителю же хотелось, чтобы по крайней мере одна башня (а ещё лучше – две) была бы со всех сторон заРис. 26 щищена стеной от вторжения извне. Долго строитель ломал голову над такой задачей, но решил её и с одной безопасной башней, и с двумя безопасными башнями. Попробуйте и вы найти решение. 5. Можно ли покрыть костями домино (каждая кость – две клетки) доску 8 8 клеток с двумя вырезанными противоположными клетками (рис. 27)? 21 B B A C A B C A C Рис. 27 Рис. 28 6. Три одинаковых треугольника разрезали по медианам (рис. 28). Сложите из полученных 6 кусков один треугольник. 7. На рис. 29 изображена фигура, составленная из пяти квадратов. Требуется провести два разреза по прямым линиям так, чтобы из полученных частей можно было бы составить квадрат. 8. Найти площадь треугольника, изображённого на клетчатой бумаге (см. рис. 30), считая площадь каждой клетки равной 1. Рис. 30 Рис. 29 9. На окружности расположено 2000 чёрных точек и одна белая точка. Рассматриваются всевозможные выпуклые многоугольники с вершинами в этих точках. Каких многоугольников больше: тех, у которых все вершины чёрные, или тех, у которых одна вершина белая? 10. Можно ли, начав движение в какой-то точке контура, обойти все его звенья, проходя по каждому ровно 1 раз, и вернуться в исходную точку? (контуры 1– 6 на рис. 31) Рис. 31 11. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый n – угольник? 22 Задачи и вопросы для самостоятельного решения В контрольных вопросах и задачах проверяются Ваши знания основного курса и знакомство с материалом нашего задания. 1. Контрольные вопросы и задачи могут быть не только по темам, повторенным в этом Задании (повторить весь учебник невозможно), но и по материалу, изученному Вами в школе. При ответе на некоторые вопросы придётся открыть учебник. 2. Ответы на контрольные вопросы надо B C давать обоснованные. Приведём примеры. O L 2 Вопрос 1. Точки K и L делят диагональ K 1 AC параллелограмма ABCD на три равные A D части: AK KL LC (рис. 32). Верно ли, Рис. 32 что прямые BK и LD параллельны? Ответ: Да, верно. Докажем это. а) Проведём диагональ BD. По теореме диагонали параллелограмма пересекаются и точкой пересечения делятся пополам: AO OC и BO OD. б) Из AO OC и AK CL следует KO OL. в) BOK DOL, так как KO OL, BO OD и BOK DOL (как вертикальные). Из равенства треугольников следует 1 2. Накрест лежащие углы при секущей AC равны, следовательно, BK LD. . . B . C Вопрос 2. В четырёхугольнике ABCD стороны AB и CD равны друг другу, а стороны AD и BC параллельны. Является ли четырёхугольник ABCD параллелограммом? D A Ответ: Нет, например, четырёхугольник ABCD на рисунке 33 удовлетворяет этим Рис. 33 условиям, но противоположные стороны AB и CD не параллельны (этот четырёхугольник – равнобокая трапеция).
