Правильные решения и критерии по геометрии

7-11 класс. Геометрия
Решите задачи (№№ 1 - 5)
№1. Задача. Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и сумме катетов.
Решение. Анализ. Предположим, что искомый треугольник уже
B'
построен, на рисунке это ABC. Продолжим катет AC и отложим на
нем отрезок CD = BC. Имеем AD = a + b, угол ADB = 45.
Построение. Построим отрезок AD длиной, равной сумме длин
c
B
катетов. Отложим от точки D угол 45. На стороне DB делаем отметку
c
циркулем так, что AB = c. Вообще говоря, мы получим две точки, B и
B'. Опуская из каждой точки перпендикуляр на прямую AD, найдем
45
вершину C искомого треугольника. Два "решения" на самом деле
A
D
C' a + b C
дают одинаковые треугольники, так как AC' = BC.
Задача имеет решение, если AB больше, чем расстояние от A до BD и меньше, чем AD. Это значит,
что (a + b)/
≤ c < a + b.
Критерий: Указан только один треугольник из двух – 4 балла (в том числе при наличии картинки, на
которой есть вторая точка, про которую ничего не говорится в тексте решения). Не указано, что
полученные треугольники равны – 6 баллов. Не объяснено построение треугольника ABD (в нем
известны две стороны и угол не между ними) – 3 балла.
№2. Задача. Точки M и N делят сторону AB треугольника ABC на три равные части. Через них
проведены прямые, параллельные стороне BC. Они делят треугольник на 3 части. Какую долю от
площади исходного треугольника составляет средняя часть?
A
Решение. Обозначим площадь треугольника AMK через S. Треугольник ANL
K
M
подобен треугольнику AMK с коэффициентом подобия 2, поэтому его площадь
равна 4S. Искомая фигура имеет площадь 4S – S = 3S. Треугольник ABC подобен
L
N
треугольнику AMK с коэффициентом подобия 3, его площадь равна 9S. Итак, S
B
C
составляет 1/9 от SABC.
Ответ. Площадь средней части составляет 1/3 от площади исходного треугольника.
Есть и другие способы решения этой задачи. Например, проведя через точки деления прямые,
параллельные остальным сторонам, мы разобьем все три фигуры на равные треугольники.
№3. Задача. На плоскости нарисовано пять различных окружностей. Известно, что любые четыре
из них имеют общую точку. Докажите, что все пять окружностей проходят через одну точку.
Решение. Пронумеруем окружности числами от 1 до 5. Пусть окружности 1, 2, 3, 4 пересекаются в
точке A, 1, 2, 3, 5 – в точке B, 1, 2, 4, 5 – в точке C. Значит, окружности 1 и 2 проходят через точки A, B и
C. Но две разных окружности могут пересекаться только в 2 точках. Значит, какие-то две из точек A, B, C
совпадают. Пусть, например, A = B. Но тогда через эту точку проходят все 5 окружностей.
№4. Задача. На доске нарисован выпуклый пятиугольник, вписанный в окружность. Маша
измерила его углы и сказала, что они равны 80, 90, 100, 130, 140 (именно в таком порядке). Права
ли Маша?
C
D
Решение. Отрезок AC является диаметром окружности, так как на него
100
M
90 130
опирается угол 90. Продолжим стороны AE и CD до пересечения в точке M.
Сумма углов четырехугольника MCBA равна 360, значит, угол при вершине M
E 140
90 B
будет равен 90. Но в таком случае точка M должна лежать на окружности.
80
Она же в данном случае лежит вне.
Ответ. Вписанного пятиугольника с такими углами не существует.
A
Критерий: Ссылка на теорему о сумме несмежных углов вписанного
пятиугольника без доказательства последней - 2 балла. Получено какое-либо условие на углы, из
которого можно вывести противоречие – 2 балла.
№5. Задача. В треугольной пирамиде SABC суммы трех плоских углов при каждой из вершин B и C
равны 180° и SA = BC. Чему равна сумма трех плоских углов при вершине A?
Решение. Рассмотрим развертку пирамиды (разрезаем ее по
B
S3
S1
боковым ребрам). Точки S1, S2, S3 соответствуют вершине S. Отрезки S3B,
BS1 являются изображением одного ребра, поэтому они равны по длине.
Тоже верно для отрезков S1C, CS2.
C
A
Соединим точки S2, S3 , в треугольнике S1S2S3 отрезок BC является
средней линией, поэтому S2S3 вдвое больше его, так что выполняется
равенство S2S3 = S3A + AS2. Но это значит, что точка A лежит на прямой
S2
S2S3.
Ответ. Сумма трех плоских углов при вершине A равна 180°.
Критерий: Только ответ, без обоснования (или с неверным обоснованием) – 0 баллов. Решения, в
которых неявно предполагалось, что точка А принадлежит S2S3, оценивались в 0 баллов (равенство S2S3
= S3A + AS2 или утверждение, аналогичное ему, необходимо для обоснования). Если только сказано, что
BC – средняя линия, но не доказано – 3 балла.
Методический блок (№№ 6- 10)
6. Задача. Ученик помнит, что формула площади треугольника имеет вид то ли S =
, то ли S =
. Предложите ему простой способ выбрать правильную формулу.
Решение. Так как формула верна для всех треугольников, достаточно проверить ее для самого
простого случая. Рассмотрим равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом 1. Его площадь
равна 1/2, стороны – a=1, b=1, c=2R, где R – радиус описанной окружности. Значит,
= 2. Теперь ясно,
что верна последняя из представленных в задаче формул.
Критерий: Целью задачи было не вывести верную формулу, а предложить способ выбора верного
ответа из двух имеющихся, доступный для школьника, не умеющего выводить формулу (например, не
успевшего изучить основы тригонометрии). Работы, содержащие вывод верной формулы заново,
оценивались в 2 балла. Мнемонические правила оценивались в 1 балл (ибо их надо знать заранее).
В предложенных далее "задачах" (№7 – 10) могут содержаться математические ошибки, как ответах,
так и в "условиях" или "решениях". Если некорректно условие, то объясните, почему это так, и найдите
ошибки в "решении". Если неверно только "решение", то укажите ошибки и приведите верное решение.
7. "Задача". Как известно, параллелограмм – это четырехугольник, стороны которого попарно
параллельны. Дайте определение четырехугольника, но не параллелограмма.
"Решение". Четырехугольник не является параллелограммом, если его противоположные стороны
не параллельны друг другу.
Разбор. Решение неверное. Оно не учитывает, например, трапецию, которая также не является
параллелограммом. Верным можно считать такое определение: "Четырехугольник является не
параллелограммом, если у него существует сторона, не параллельная никакой другой стороне этого
четырехугольника." Впрочем, этот ответ далеко не единственный – можно придумать и другие
равносильные формулировки.
8. "Задача". Каждая диагональ четырехугольника делит его площадь
B
C
в отношении 1 : 2. Докажите, что этот четырехугольник – трапеция.
"Решение". Рассмотрим четырехугольник ABCD. Пусть площадь
треугольника ACD в два раза больше, чем площадь ABC. Тогда эти
площади составляют 2/3 и 1/3 от площади всего четырехугольника.
A
Аналогично площадь BCD равна 1/3 от SABCD. Значит, площади
D
треугольников ABC и BCD совпадают. Но у них общее основание, так что и
высоты этих треугольников совпадают. Значит, точки A и D находятся на равном расстоянии от прямой
BC. Но тогда прямая AD || BC.
Разбор. Вообще говоря, надо было проверить, что искомый четырехугольник – не
параллелограмм. Это следует из того, что длина AD в два раза больше, чем BC (доказывается из
соотношения площадей треугольников). Однако эту погрешность можно считать несущественной (снять
1 балл). Кроме того, не разобран случай, когда треугольник BCD больше треугольника ACD. Если это
так, то равновеликим треугольнику ABC будет треугольник ABD, так что параллельными окажутся
стороны AB и CD.
Критерии: В условии сказано «приведите верное решение». Если только указана ошибка в решении
(рассмотрены не все отношения треугольников, но не сказано, какие именно стороны будут
параллельны в соответствующем случае), снижается 2 балла. Если же в этом случае утверждается, что
ABCD не является трапецией, то ставится 2 балла за задачу. Отсутствие проверки того факта, что это не
параллелограмм (даже при указании ее необходимости) – снижается 1 балл. Замечания, что площади и
высоты не совпадают, а равны, не оцениваются. Замечено только отсутствие проверки, что ABCD не
является параллелограммом – 2 балла.
9. "Задача". В выпуклом четырехугольнике ABCD суммы квадратов противоположных сторон
равны. Докажите, что диагонали четырехугольника перпендикулярны.
"Решение". Предположим, что диагонали четырехугольника перпендикулярны. Обозначим точку
пересечения диагоналей через O. Применяя теорему Пифагора к треугольникам OAB, OBC, OCD, ODA,
получаем, что суммы квадратов каждой пары противоположных сторон равны OA2 + OB2 + OC2 + OD2, а
значит, равны между собой.
Разбор. Доказано утверждение, обратное заданному. Правильное решение может быть таким.
Пусть диагонали пересекаются под углом , то есть образуют углы размеров  и  – . Обозначим
длины частей диагоналей (по кругу) через a, b, c, d. Тогда сумма квадратов длин двух противоположных
сторон равна a2 + b2 – 2ab cos  + c2 + d2 – 2cd cos . Для другой пары сторон получим, что сумма их
квадратов равна b2 + c2 + 2bc cos  + d2 + a2 + 2da cos , так как cos ( – ) = – cos . Приравнивая два
выражения, получаем, что 2cos (ab + bc + cd + da) = 0. Сумма в скобках положительна, поэтому в 0
обращается cos . Но это и значит, что  = 0.
Это решение – не единственное.
Критерии: Указана непосредственная ошибка в «решении» (при этом отсутствует верное решение)
– 3 балла. Указано только, что решение неверно, без объяснения, почему – 1 балл. Предложенное
решение оценивается, исходя из оставшихся 4 баллов. Предложено верное решение, но не указано, что
«решение», данное в условии, ошибочно (методическая ошибка) – 5 баллов.
10. "Задача". Диагональ BD параллелограмма ABCD образует с высотой DH, опущенной на
прямую AB, угол , а со стороной BC – угол . Найдите угол A
D
C
параллелограмма.


"Решение". Поскольку DBH = – , то B = –  + . Искомый
угол A является смежными к B, т.е. A =
+  – .
Ответ. A = +  – .
Разбор. В "решении" не проанализировано, при каких  и  задача
имеет решение. Кроме того, разобраны не все случаи. Точка H может
лежать не только на отрезке AB, но и на луче AB вне отрезка AB или на
луче, дополнительном к лучу AB.
Разберем все три случая. Удобнее будет отложить оба угла от одной
точки. Для этого заметим, что ADB = CBD.
Точка H может попасть на отрезок AB только если  ≥ . Кроме того,
A
H
B
D
C


A
H
Рис. 1
B
угол A должен быть положительным, так что  < +  (рис. 1).
Пусть H лежит на продолжении отрезка AB за точку B (рис. 2). Угол A совпадает с CBH = DBH –
=
–  – . Этот угол должен быть положительным, что возможно, только если  +  < /2.
D
C
A


D
C


B
A
Рис. 2
H
B
H
Рис. 3
Последний случай – точка H лежит вне луча AB (рис. 3). Это возможно, если  > . Тогда угол B
равен HBD + DBC =
–  + , дополнительный к нему угол A равен A =
+  – . И снова
получаем из A > 0 ограничение  < + .
Как мы видим, первый и третий случай дают один и тот же ответ, только реализуются при разных
значениях исходных углов.
Ответ. Задача имеет решение, если угол  острый, а  <
+ . В этом случае решением будет A =
+  – . Если же, кроме того,  +  < /2, то есть еще одно решение, A = –  – .
Замечание. Разбор случаев можно сократить, если обращать
D
внимание не на положение точки H, а на то, с какой стороны от диагонали
откладываются углы , . При этом вместо угла DBC можно рассматривать
 
равный ему угол BDA. На рисунке показаны три варианта построения точки
A. Варианты A1 и A2 получаются, если  откладывать с той же стороны, что
и , они отличаются величиной угла . Точка A3 возникает, если
H A2
A1
A3
B
откладывать угол  по другую сторону от диагонали.
Критерии: Утверждение, что решение ошибочно, при отсутствии аргументов, поясняющих это – 0
баллов. Присутствие или отсутствие комментария, что углы не смежные, а односторонние, не меняет
оценки. При анализе не рассмотрен случай, приведенный на рис. 2, – 3 балла. Указание, что не
рассмотрены какие-то случаи без их рассмотрения – 2 балла. Потерян случай, приведенный на рис. 3 –
4 балла.