Муниципальное автономное общеобразовательное учреждение «Гимназия №1 Октябрьского района г. Саратова»

Муниципальное автономное общеобразовательное учреждение
«Гимназия №1 Октябрьского района г. Саратова»
Исследовательская работа по математике на тему:
«Метод вспомогательной окружности»
ученицы 10 «А» класса
МАОУ «Гимназия №1 Октябрьского района г. Саратова»
Ефимовой Анны
Руководитель: учитель математики высшей категории
МАОУ «Гимназия №1 Октябрьского района г. Саратова»
Распарин В.Н.
1
Содержание
Введение – стр.2
Цели работы – стр. 2
Глава первая – стр. 3 –
Глава вторая – стр. 4 – 5
Глава третья – стр. 5 – 13
Заключение - стр. 14
Библиография – стр. 14
Приложения – стр. 15 - 18
Введение
В процессе изучения математики необходимо овладевать различными методами
решения задач. При решении некоторых геометрических задач применяется так
называемый метод вспомогательной окружности. Как одна из разновидностей метода
использования дополнительной фигуры, он является эффективным и эффектным
геометрическим методом решения планиметрических задач. Выбор темы моей
работы обусловлен тем, что в школьном учебнике отсутствует как таковой метод
вспомогательной окружности. Между тем задачи, в решении которых используется
названный метод, частые гости на ЕГЭ по математике.
В предлагаемой исследовательской работе не только сформулированы
теоретические аспекты, лежащие в основе применения метода, но и показано,
как он используется для решения различных геометрических задач.
Цели работы
1. Познакомиться с особенностями методов решения геометрических задач и со
спецификой метода вспомогательной окружности.
2. Повторить теоремы планиметрии, являющиеся основой для применения метода
вспомогательной окружности.
3. Выявить и сформулировать признаки, наличие которых в задаче приводит к
построению вспомогательной окружности и с ее помощью научиться устанавливать связи
между геометрическими объектами и величинами, определенными условием задачи.
4. Продемонстрировать применение метода вспомогательной окружности к решению
задач.
5. Составить подборку задач, решаемых методом вспомогательной окружности.
2
Глава первая
“ Высшее проявление духа – это разум. Высшее проявление разума – это геометрия.
Клетка геометрии – треугольник. Он так же неисчерпаем, как и Вселенная.
Окружность – душа геометрии. Познайте окружность, и вы не только познаете душу
геометрии, но и возвысите душу свою”.
Геометрия дает нам не только общее развитие, но и в огромной степени
способствует становлению правильного логического мышления через задачи.
Мыслительные процессы у человека протекают в форме образов и поэтому
геометрической задаче здесь отводится первостепенная роль. Чертеж является средством
создания геометрического образа по словесному описанию.
Методы решения геометрических задач по сравнению с методами решения других
задач по математике имеет ряд специфических особенностей.
Во-первых, их достаточно много и они разнообразны.
Во-вторых, методы решения задач по геометрии обладают возможностью
взаимной замены.
В-третьих, области применения конкретных методов четко не очерчены.
В-четвертых, методы решения задач по геометрии с трудом поддаются
формальному описанию.
Более того, при решении задач часто применяется комбинация приемов и методов
решения математических задачи. Во многих случаях решать геометрические задачи
помогает введение в чертеж дополнительных линий – так называемые дополнительные
построения.
В одних случаях эти построения напрашиваются сами собой. При решении
нестандартных задач найти удачное вспомогательное построение не так-то просто.
Требуется достаточно большой опыт, изобретательность, геометрическая интуиция.
Специфика решения задач по геометрии методом дополнительных построений
проявляется уже на этапе построения чертежа. Довольно часто применяются так
называемые «скелетные» чертежи. Чаще всего в задачах, в которых фигурируют
окружности, сами окружности не чертятся, а лишь фиксируется центр и радиус.
Стандартное дополнительное построение в задачах на трапецию: проводим либо два
перпендикуляра к основанию и получаем прямоугольник и два прямоугольных
треугольника, либо проводим отрезок параллельно боковой стороне, и получаем
параллелограмм и произвольный треугольник. Иногда при решении геометрических
задач применяют метод вспомогательной фигуры.
Одним из дополнительных построений, дающих ключ к решению ряда задач,
является проведение вспомогательной окружности. Использование в решении
планиметрических такого дополнительного построения можно рассматривать как
специальный метод решения этих задач – метод вспомогательной окружности.
Суть метода заключается в том, что при решении планиметрических задач, когда
требуется установить связь между данными и искомыми величинами, нередко полезно
около треугольника или четырехугольника описать окружность, после чего эти связи
становятся более ощутимыми или даже очевидными.
Использование такого метода во многих случаях делает решение сложных задач очень
простым, наглядным и практически устным.
3
При решении планиметрических задач успех во многом определяется удачным
использованием того или иного метода решения. Но как определить, какой метод
наиболее подходящий в том или ином случае?
Глава вторая
Как узнать, когда следует использовать метод вспомогательной окружности в
конкретных задачах?
Анализ решения достаточно большого круга задач показывает, что использование
вспомогательной окружности связано с характерными признаками фигуры,
рассматриваемой в задаче. Целесообразность применения метода зависит от этих
признаков. А они основаны на теоремах и их следствиях, изучаемых в курсе
планиметрии.
1) Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
2) Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.
3) Вписанный угол, опирающийся на полуокружность, прямой.
4) Угол с вершиной внутри круга измеряется полусуммой двух дуг, одна из которых
расположена внутри этого угла, а другая – внутри угла, вертикального к данному.
5) Угол, вершина которого расположена вне круга, а каждая из сторон пересекает
окружность в двух точках, измеряется полуразностью дуг, заключенного внутри угла.
6) Угол между касательной к окружности и хордой, проведенной через точку касания,
измеряется половиной дуги, заключенной внутри этого угла.
7) В любой треугольник можно вписать окружность и притом единственную.
8) Около любого треугольника можно описать единственную окружность.
9) В любом вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна 1800.
10) Если сумма противоположных углов четырехугольника равна 1800, то около него
можно описать окружность.
11) Из всех параллелограммов только около прямоугольника и квадрата можно описать
окружность, центр которой – точка пересечения диагоналей.
12) Около трапеции можно описать окружность только тогда, когда она равнобочная.
Важно научиться выделять и использовать те признаки, наличие которых в
задаче приводит к построению вспомогательной окружности и с ее помощью
устанавливать связи между необходимыми объектами и величинами, определенными
условием задачи. Обнаружить их и сформулировать их мне помогли занятия элективного
курса в III учебной четверти 9 класса. Тогда у меня и появилась мысль о более детальном
изучении этой темы.
Вот эти признаки.
1) Если дан правильный треугольник, то можно провести окружность с центром
в любой из его вершин и радиусом, равным длине его стороны, либо описать
около него окружность, которая разобьется вершинами треугольника на
равные дуги по 1200 каждая.
2) Если дан прямоугольный треугольник, то вокруг него описывается
окружность, центром которой является середина гипотенузы, а радиус равен
медиане, проведенной к гипотенузе этого треугольника.
3) Если удается установить, что суммы противоположных углов выпуклого
четырехугольника равны, то вокруг него описывается окружность.
4) Если дан квадрат, прямоугольник или равнобедренная трапеция, то вокруг
них описывается окружность.
4
5) Если для четырех точек плоскости А, В, К и М выполняется условие: точки
М и К расположены по одну сторону от прямой АВ и при этом ∟АМВ =
∟АКВ, то точки А, В, М и К лежат на одной окружности (Заметим, что если
∟АМВ = ∟АКВ = 900, то точки А, В, М и К расположены на окружности с
диаметром АВ. ).
6) Если в треугольнике заданы биссектриса и медиана или биссектриса и
серединный перпендикуляр, проведенные к одной и той же стороне, то около
треугольника описывается окружность, а биссектриса продолжается до
пересечения с нею. Продолжение биссектрисы и серединный перпендикуляр,
проходящий через основание медианы, встретятся в середине дуги,
стягиваемой стороной, к которой они проведены.
Глава третья
Рассмотрим ряд задач, решение которых основано на применении метода
вспомогательной окружности.
1. На стороне АВ треугольника АВС во внешнюю сторону построен
равносторонний треугольник. Найдите расстояние между его центром и вершиной
С, если АВ = с и ∟С = 1200.
Решение.
B
Точка С лежит на окружности, описанной около
построенного равностороннего треугольника (600 + 1200 =
1800). Поэтому искомое расстояние равно радиусу этой
C
окружности, то есть
R
c
2 sin 60


c
3
.
A
Ответ :
с
3
.
2. Дан угол величиной α с вершиной в точке А. Расстояние между основаниями
перпендикуляров, опущенных из некоторой точки В на стороны угла, равно а.
Найдите АВ.
Решение.
Отрезок АВ виден из оснований M и N
указанных перпендикуляров под углом 900,
поэтому точки A, B, M и N лежат на
окружности с диаметром АВ, а отрезок MN
виден из точки А под углом α,
Следовательно, АВ = MN/sinα = a/sinα.
5
M
B
A
N
Ответ :
a
.
sin 
3. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС во внешнюю сторону
построен квадрат с центром в точке О. Докажите, что СО есть биссектриса прямого
угла.
Решение.
Отрезок АВ виден из точек С и О под прямым углом. Поэтому точки А, В, С и О лежат
на окружности с диаметром АВ. Углы АСО и ВСО опираются на равные дуги этой
окружности. Следовательно, СО – биссектриса угла АСВ.
C
A
B
O
4. На сторонах прямоугольного треугольника АВС вне его построены квадраты с
центрами в точках О1, О2, О3. Найдите площадь треугольника О1О2О3 , если катеты
ВС и АС равны соответственно а и b.
X
A
О2
Y
О1
B
C
Решение.
а) Точки О2 и С являются вершинами прямых
углов прямоугольных треугольников ВО2А и
ВСА с общей гипотенузой АВ и поэтому точки
С, В, О2 и А лежат на одной окружности с
диаметром АВ.
б) Соединим точки С и О2. Вписанные углы ВСО2
и О2СА опираются на дуги, которым
соответствуют равные хорды ВО2 и О2А.
Следовательно, луч СО2 – биссектриса прямого
угла ВСА.
в) Так как ∟О1СВ =∟АСО3 = 1350, то, учитывая,
что луч СО2 – биссектриса прямого угла ВСА ,
отрезок СО2 перпендикулярен отрезку О1О3. Но
О1А и О3В – перпендикуляры прямой О1О3 и
О3
6
О1А║О2С, а О3В║О2С. Значит, S(АО1С) = S(О2АО1) (■) и S(ВО3С) = S(О2ВО3) (□) .
г) Выразим S(О1О2О3) так: S(О1О2О3) = S(О1АО2 ВО3) - S(О1АО2) - S(О2ВО3) =
S(АВС) + S(АО2В) + S(АО1С) + S(ВО3С) - S(О1АО2) - S(О2ВО3). Учитывая равенства
(■) и (□), получим, что
S(О1О2О3) = S(АВС) + S(АО2В) =
1
1
ав ВС 2  АС 2 2ав а 2  в 2  а  в 
2
ав  АВ 




.
2
4
2
4
4
4
 2 
2
 а  в  - есть квадрат среднего арифметического катетов
Заметим, что величина 

 2 
2
данного треугольника.
а  в 
Ответ: 

 2 
2
5. Через некоторую точку плоскости проведены три прямые так, что угол между любыми
двумя из них равен 600. Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из любой
точки плоскости на эти прямые, служат вершинами равностороннего треугольника.
Решение.
O
Пусть три данные прямые
пересекаются в точке O;
B
M - некоторая точка
плоскости;
C
A, B и C - основания
перпендикуляров,
опущенных из точки M на
данные прямые. Заметим,
что точки O, M, A, B и C
M
лежат на одной
A
окружности с диаметром
OM. Теперь мы видим, что
∟ ABC =∟ AOC,
поскольку оба они опираются на одну и ту же дугу. Значит, ∟ABC = 60°. Точно так же
∟ACB = ∟AOB = 60°. Из того следует, что все углы треугольника ABC равны 60°, то
есть этот треугольник равносторонний.
7
6. АВСD – квадрат, К – середина ВС, М –
середина CD, Р – точка пересечения АК
и ВМ. Найдите угол СРМ.
Решение.
Легко показать, что ∟КРМ = 900. ∟С = 900 по
условию. Следовательно, точки К, Р, М и С
лежат на одной окружности с диаметром КМ.
Хорды КС и МС равны, поэтому и,
соответствующие им дуги, равны. Вписанные
углы КРС и СРМ, опирающиеся на равные
дуги КС и МС, равны. Значит, РС –
биссектриса угла КРМ, то есть ∟СРМ = 450.
K
B
C
P
M
D
A
Ответ: 450.
7. Окружность, вписанная в дельтоид АВСD (АВ = ВС, CD = AD), касается его сторон АВ,
ВС и AD в точках K, M и N соответственно. Диагональ АС пересекает отрезок MN в точке Р.
Докажите, что точки А, К, Р и N лежат на одной окружности.
Решение.
По теореме об отрезках касательных, проведенных к
окружности из одной точки, имеет место равенство ВМ = ВК,
так как по условию АВ = ВС, то АС║КМ и поэтому <АPN
=<KMP. По теореме об угле между касательной и хордой
<NМК =<AKN.
B
Значит, <AKN = <АPN и, следовательно, точки A, K, P и N
лежат на одной окружности.
A
P
N
8
M
K
C
B
8. В остроугольном треугольнике АВС угол В
равен 600, АМ и CN – его высоты, а Q – середина
стороны АС. Докажите, что треугольник
MNQ – равносторонний.
M
N
Решение.
C
A
Q
Поскольку ∟ANC =∟AMC, то точки M,N,А и С
лежат на окружности с диаметром АС; Q – центр
этой окружности. Поэтому QN = QM. Далее
имеем: ∟MQN = 2∟NAM = 2∟BAM = 2∙300 =
600. Следовательно, треугольник MQN – равносторонний. Что и требовалось доказать.
9. На сторонах AB, BC, CD, DA прямоугольника ABCD соответственно взяты точки K, L,
M, N, отличные от вершин. Известно, что отрезки KL и MN параллельны, а отрезки KM
и NL взаимно перпендикулярны. Докажите, что точка пересечения отрезков KM и NL
лежит на диагонали BD прямоугольника.
Решение.
A
K
B
L
O
N
D
C
M
Обозначим точку пересечения отрезков КМ и LN через О и соединим ее с точками B и D.
Около четырехугольников NDMO и KBLO можно описать окружности. Поэтому ∟NOD
= ∟NMD =∟LKB =∟LOB. Следовательно, точки D, O и В лежат на одной прямой.
9
10. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты BD и CE. Из вершин В и
С на прямую ED опущены перпендикуляры BF и CG. Докажите, что EF = DG.
Решение.
A
F
E
D
H
B
Точки B, C, D и E лежат на окружности с
центром в середине О стороны ВС. Пусть Н –
основание перпендикуляра, опущенного из точки
О на DE. Тогда DH = HE(по свойству диаметра,
перпендикулярного хорде) и GH = HF( так как
ОН – средняя линия трапеции BFGС).
Следовательно, EF = DG.
G
C
O
11. На сторонах АВ, ВС и СА треугольника АВС отметили соответственно точки С1,
А1 и В1, отличные от вершин треугольника. Оказалось, что
АС 1 ВА1 СВ1


,а
С1В А1С В1А
∟ВАС = ∟В1А1С1.Докажите, что треугольник А1В1С1 подобен треугольнику АВС.
Решение.
Пусть М – такая точка на стороне ВС, что
С1М║АС и М – между В и А1. Тогда СМ :
МВ = АС1 : С1В = СВ1 : В1А (теорема
Фалеса).
A
B1
Поэтому МВ1║АВ. Тогда ∟С1МВ1 =
∟С1АВ1, то точки С1, М, А1 и В1 лежат на
одной окружности. Следовательно,
C1
B
M
A1
C
∟А1С1В1 = ∟А1МВ1 = ∟В, и
треугольники АВС и А1В1С1 подобны по
двум углам.
12. В выпуклом четырехугольнике ABCD проведены диагонали AC и BD. Известно,
что AD = 2, ∟ABD = ∟ACD = 900, и расстояние между точками пересечения биссектрис
треугольника ABD и треугольника ACD равно 2 . Найдите длину стороны ВС.
10
Решение.
Поскольку прямые углы ABD
и ACD опираются на отрезок
AD, то в соответствии с
упомянутым признаком
точки A,B,C и D принадлежат
окружности с диаметром AD ,
поэтому ВС= AD sin∟BAC =
2 sin α.
Где α = ∟BAC. Если точки E
и F – соответственно точки
пересечения биссектрис
треугольников ABD и ACD,
B
C
E
F
A
D
+ ∟BDA) = 1800 -
то ∟AED = 1800 -
1
 (∟BAD
2
1
 900 = 1350. Аналогично находим, что ∟AFD = 1350. Равные углы
2
AED и AFD также опираются на отрезок AD (причем “с одной стороны”).
Следовательно, по тому же признаку точки А, Е, F и D так же принадлежат некоторой
окружности радиуса R, откуда AD = 2R sin1350= 2, а из треугольника ЕАF EF = 2R
1
, ∟EAF = 300 (очевидно, угол EAF
2
1
1
1
острый). С другой стороны, ∟EAF =  (∟BAD – α) + (α -  ∟BAD) = α. Значит, α =
2
2
2
0
0
60 и BC = 2sin60 = 3.
sin∟EAF. Тогда получаем, что R= 2 , sin∟EAF =
Ответ:
3.
13. Из вершины A квадрата ABCD проведены лучи, образующие между собой угол 45° .
Один из них пересекает диагональ BD в точке М, другой — сторону CD в точке N. Найти
величину угла AMN.
Решение.
Из вершин А и В квадрата отрезок MN виден под равными углами: ∟MAN =∟MBN =
45о. Следовательно, около четырёхугольника ABNM можно описать окружность. Так как
сумма противоположных углов четырёхугольника, вписанного в окружность, равна 180о
и ∟ABN = 90о, то и ∟AMN = 90о.
C
B
M
N
A
11
D
Ответ: 900.
14. Докажите, что высоты АА1, ВВ1 и СС1 остроугольного треугольника АВС делят
углы треугольника А1В1С1 пополам.
Решение.
B
1) ∟1 = ∟2, ∟3 = ∟4.
2) Так как ∟1 +∟А = ∟4 + ∟А, то ∟1 = ∟4.
3) Итак, ∟2 = ∟1, ∟1 = ∟4, ∟4 = ∟3.
Следовательно, ∟2 = ∟3, то есть высота АА1 делит
угол А1 треугольника А1В1С1 пополам. Аналогично
можно показать, что и высоты ВВ1 и СС1 также
делят углы В1 и С1 пополам.
1
A1
C1
2
3
A
4
B1
C
15. Докажите, что квадрат биссектрисы треугольника равен произведению
заключающих ее сторон без произведения отрезков третьей стороны, на которые она
разделена биссектрисой.
Решение.
C
Пусть М – точка пересечения
продолжения биссектрисы CD
треугольника АВС с описанной около
этого треугольника окружностью. Тогда
треугольник CBD подобен треугольнику
СМА (по двум углам). Поэтому
A
D
M
CD BC

илиCD  CM  AC  BC ,CD  CD  DM   AC  BC . Отсюда
AC CM
CD 2  CD  DM  AC  BC. Следовательно,
CD 2  AC  BC  CD  DM  AC  BC  AD  BD (по теореме об отрезках
2
пересекающихся хорд). Итак, CD  AC  BC  AD  BD.
12
B
16. Воспользовавшись методом вспомогательной
окружности
докажите, что высоты треугольника(или их
продолжения)
пересекаются в одной точке.
Решение.
Сделаем важное замечание. Пусть в треугольнике
АВС угол С тупой. Обозначим через С1 точку
пересечения перпендикуляров, проведенных из
точек А и В на прямые ВС и АС.
Тогда все углы треугольника АВС1 острые. Но
высоты треугольника АВС будут пересекаться в
одной точке тогда и только тогда, когда в одной
точке пересекаются высоты треугольника АВС1,
так как оба этих утверждения эквивалентны тому,
что СС1 и АВ взаимно перпендикулярны. Это
замечание
позволяет
(для
удобства)
рассматривать
доказательство
только
для
остроугольного треугольника.
C
A
1
B
1
H
A
B
C
1
I способ.
Пусть АА1 и ВВ1 высоты треугольника АВС
и АА1 ∩ ВВ1 = Н, а СН ∩ АВ = С1.
Построим две окружности с диаметром НС и АВ.
Ясно, что эти окружности содержат точки А1 и В1. < А1В1В = < А1АВ(как
вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу А1В).
< А1В1В = < С1СВ(как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу А1Н). < А1АВ
+ < В = 900(так как АА1 и ВС перпендикулярны друг другу), но < А1АВ = < С1СВ.
Значит, < С1СВ + < В = 900, то есть < СС1В = 900 и СС1 и АВ взаимно
перпендикулярны, то есть высоты треугольника(или их продолжения) пересекаются
в одной точке.
II способ.
Пусть продолжения высот треугольника АВС
пересекают описанную окружность в точках А1, В1 и
С1 .
Тогда <В1А1А = <В1ВА = 900 - <А и <С1А1А = <С1СА
= 900 -<А. Откуда следует равенство углов В1А1А и
С1А1А , то есть АА1 – биссектриса угла А1.
Аналогично
высоты ВВ1 и СС1 треугольника АВС являются
биссектрисами треугольника А1В1С1, следовательно,
они пересекаются в одной точке, то есть требуемое
доказано.
13
Заключение
В процессе выполнения работы мною проведена следующая работа.
1. Я познакомилась с особенностями методов решения геометрических задач и со
спецификой метода вспомогательной окружности.
2. Повторила теоремы планиметрии, которые, на мой взгляд, лежат в основе применения
метода вспомогательной окружности.
3. Сформулировала признаки, наличие которых в задаче приводит к использованию
метода вспомогательной окружности.
4. Составила тематическую подборку 24 задач, 12 из которых на треугольник, 7 – на
четырёхугольник, 3 – на угол, 2 – прямая и обратная теоремы Симпсона. Большинство
задач я решила самостоятельно, решение некоторых (например, №16 и задачи №5 и № 6
из приложений) я нашла в источниках.
Библиография
1. Геометрия 7 - 9 : учеб. для общеобразоват. учреждений ∕ Л. С. Атанасян, В.Ф. Бутузов,
С.Б. Кадомцев и др. – 16-е изд. – М.: Просвещение, 2006.
2. Геометрия. Доп. главы к учебнику 9 кл.: Учебное пособие для
учащихся школ и классов с углубл. изуч. математики ∕ Л. С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б.
Кадомцев и др. – 4-е изд. – М.: Вита-Пресс,2004.
3. Школа в «Кванте»: Геометрия ∕ под. ред. А. А. Егорова. – М. Бюро. Геометрия, 7 Квантум, 1995
.
4. Сборник задач по математике для поступающих во втузы:
Учеб. пособие ∕ В.К. Егерев, Б. А. Кордемский, В. В. Зайцев и др.;
Под ред. М. И. Сканави.- 6-е изд., стер.- М.: Высш. Шк., 1992.
5. Прасолов В. По планиметрии. Ч.1.- 2-е изд., перераб. и доп.- М.: Наука. Гл. ред.- мат.
лит. , 1991.
6. Шарыгин И.Ф. Геометрия. 7 - 9кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб. завед. – 4 – е изд.
доп. – М.: Дрофа, 2000.
14
Приложения
Задача 1.
В выпуклом четырехугольнике АВСD диагонали АС и ВD пересекаются в точке О. <
АВС = 110˚, <ОВС = 49˚, < АСD = 62˚. Найти углы САD и АDС.
Решение.
1.<АВО = 111˚ – 49˚ = 62˚.Таким образом углы В и С лежат
по одну сторону от АD и углы АВО и АСD равны значит
точки А, В, С, D лежат на одной окружности. <АDС и
<АВС вписанные, значит их сумма равна 180˚ , отсюда
<АDС = 180˚ – 111˚ = 69˚.
2. Дуга АDС равна 222˚ . Значит дуга DС равна 222˚ –
124˚ = 98˚ . Угол САD вписанный и равен 49˚ .
Ответ: <САD = 49˚, <АDС = 69˚
Задача 2.
В трапеции АВСD с основаниями АD и ВС угол АВD равен углу АСD. Доказать, что
АВСD – равнобедренная трапеция.
Решение.
Точки В и С лежат по одну сторону от АD и углы
< АВD = < АСD, то точки А, В, С,D лежат на
окружности. Так как хорды ВС ║ AD , то дуга АВ
равна дуге СD. Поскольку равные дуги стягивают
равны хорды, то АВ = СD.
Утверждение доказано.
Задача 3.
В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АР, BQ и CR. Доказать, что
<BAP = <BQR.
Решение.
Пусть Н - точка пересечения высот
треугольника АВС. Так как <ARH = <AQH
= 90˚, то около четырехугольника ARHQ
можно описать окружность, приняв
отрезок АН за диаметр. Построив ее,
замечаем, что <BAP = <BQR как
вписанные углы, опирающиеся на одну и
ту же дугу.
15
Задача 4.
Из вершин В и С треугольника АВС к его сторонам АВ и АС соответственно проведены
перпендикуляры, пересекающиеся в точке D. Найдите длину стороны АС, если известно,
что угол АВС острый, угол BAD равен  , а расстояние от точки А до прямой ВС равно a.
Решение.
Поскольку ABD  ACD  90 0  90 0  180 0 , то по
известному
признаку четырехугольник ACDB –
вписанный (рис.1). Поэтому равны углы BCD и BAD,
опирающиеся на одну и ту же дугу окружности,
описанной около четырехугольника ACDB, и значит,
ACB  90 0   . Из прямоугольного треугольника КАС
( АК  ВС , АК по условию равно а) находим, что
АК
a
a
.
АС 


0
sin ACK sin( 90   ) cos a
Ответ: АС 
АК
a
a
.


0
sin ACK sin( 90   ) cos a
Задача 5.
Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из точки Р описанной
окружности на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой(прямая
Симпсона).
Решение.
Пусть точка Р лежит на дуге АС
окружности, описанной около
треугольника АВС; А1, В1 и С1 –
основания перпендикуляров, опущенных
из точки Р на прямые ВС, СА, и АВ.
Сумма углов при вершинах А1 и С1
четырехугольника А1ВС1Р равна 1800,
поэтому ∟А1РС1 = 1800 - ∟В = ∟АРС.
Следовательно,
∟АРС1 =∟А1РС, причем одна из точек
А1 и С1(например, А1) лежит на стороне
треугольника, а другая - на продолжении
стороны. Четырехугольники АВ1РС1 и
А1В1РС вписанные, поэтому
∟АВ1С1 = ∟АРС1 = ∟А1РС =∟А1 В1С,
то есть∟АВ1С1 = ∟А1 В1С, а значит,
точка В1 лежит на отрезке А1С1.
C1
A
B1
P
B
A1
C
16
Задача 6.
Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки Р на стороны треугольника
или их продолжения, лежат на одной прямой. Докажите, что точка Р лежит на описанной
окружности треугольника.
Решение.
Как и в задаче №5, получаем:
∟(АР, РС1) = ∟(АВ1, В1С) = ∟(СВ1, В1А1) = ∟(СР, РА1).
Прибавляя к частям равенства ∟(РС1, РС), получаем:
∟(АР, РС) = ∟(РС1, РА1) = ∟(ВС1, ВА1) = ∟(АВ, ВС), то есть точка Р лежит на
описанной около треугольника АВС окружности.
Задача 7.
В треугольнике АВС проведены высоты АА1 и СС1. Доказать, что треугольник А1ВС1
подобен данному с коэффициентом подобия, равным cos B .
Решение.
Рассмотрим два случая: 1) АВС – треугольник остроугольный; 2) АВС – треугольник
тупоугольный.
C
1-й случай.
A1
A
C1
B
Очевидно, что точки А, С, А1 и С1 лежат на окружности с диаметром АС. ∟ВАС = 1800 ∟САС1 = ∟ВА1С1. Треугольник А1ВС1 подобен треугольнику АВС по двум углам (∟В
– общий, ∟ВАС =∟ВА1С1.). Ясно, что
треугольника АА1В
А1В
 к , где к – коэффициент подобия, но из
АВ
А1В
 cos B . Итак, коэффициент подобия треугольников равен
АВ
cosB.
2-й случай. Пусть треугольник АВС – тупоугольный. Следует рассмотреть два случая: а)
∟В – тупой; б) ∟А(или угол С) – тупой.
а) Треугольник А1ВС1 подобен треугольнику АВС по двум углам (∟ВАС = ∟С1А1С
(как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу СС1 ),∟А1ВС1 =∟АВС (как
А1В
АВ
 к . Но 1  cos∟A1BA = cos(1800 - ∟B ) = - cos∟B,
АВ
АВ
то есть к = - cos ∟B. Окончательно получаем, что к = cos B .
вертикальные)). Ясно, что
17
A
C
A1
B
A1
C1
A
C
B
C1
Задача 8.
Даны две точки А и В. Найдите множество оснований перпендикуляров, опущенных из
точки А на всевозможные прямые, проходящие через точку В.
Решение.
Основания всех перпендикуляров – вершины В1, В2, В3, …, Вi прямоугольных
треугольников с общей гипотенузой АВ. Поэтому все они лежат на окружности с
диаметром АВ.
Ответ: основания перпендикуляров лежат на окружности с диаметром АВ.
18