Кути між взаємно перпендикулярними прямими дорівнюють. Кути із взаємно паралельними сторонами, кути із взаємно перпендикулярними сторонами

Зазвичай розглядають кути або з відповідними паралельними сторонами, або відповідно перпендикулярними сторонами. Розглянемо спочатку перший випадок.

Нехай дані два кути ABC і DEF. Їхні сторони відповідно паралельні: AB || DE та BC || EF. Такі два кути будуть або рівні, або їх сума дорівнюватиме 180 °. На малюнку нижче в першому випадку ∠ABC = ∠DEF, а в другому ∠ABC + ∠DEF = 180°.

Доказ, що це справді так, зводиться до наступного.

Розглянемо кути з відповідно паралельними сторонами, розташовані як на першому малюнку. При цьому продовжимо прямі AB та EF до перетину. Позначимо точку перетину літерою G. З іншого боку для наочності наступного докази малюнку продовжено сторона BC.

Так як прямі BC і EF паралельні, то якщо пряма AB перетинає одну з них, вона обов'язково перетне і іншу. Тобто пряма AB є січною для двох паралельних прямих. Як відомо, в такому випадку навхрест кути, що лежать при січній рівні, односторонні складають у сумі 180°, відповідні рівні.

Тобто, яку б пару кутів ми не взяли при вершинах B і G (один кут від одного, іншого від другого), ми завжди отримаємо або рівні кути, або дають у сумі 180 °.

Однак прямі AB та DE теж паралельні. Для них вже пряма EF – це січна. Отже, будь-які пари кутів з вершин G і E будуть у сумі становити або 180 °, або дорівнювати один одному. Звідси випливає, що й пари кутів з вершин B і E підкорятимуться цьому правилу.

Наприклад, розглянемо кути ∠ABC та ∠DEF. Кут ABC дорівнює куту BGE, оскільки ці кути відповідні при паралельних прямих BC та EF. У свою чергу, кут BGE дорівнює куту DEF, оскільки ці кути відповідні при паралельних AB і DE. Таким чином доведено, ∠ABC та ∠DEF.

Тепер розглянемо кути ∠ABC та ∠DEG. Кут ABC дорівнює куту BGE. Але ∠BGE та ∠DEG – це односторонні кути при паралельних прямих (AB || DE), перетнутих січною (EF). Як відомо, такі кути в сумі становлять 180 °. Якщо ми подивимося другий випадок першому малюнку, то зрозуміємо, що він відповідає парі кутів ABC і DEG другому малюнку.

Таким чином, два різні кути, у яких сторони відповідно паралельні, або рівні один одному, або становлять у сумі 180°. Теорему доведено.

Слід зазначити особливий випадок – коли кути розгорнуті. У такому разі вони будуть очевидно рівні один одному.

Тепер розглянемо кути відповідно перпендикулярними сторонами. Цей випадок виглядає складніше, тому що взаємне розташування кутів різноманітніше. На малюнку нижче три приклади того, як можуть розташовуватися кути відповідно перпендикулярними сторонами. Однак у будь-якому випадку одна сторона першого кута (або її продовження) перпендикулярна одній стороні другого кута, а друга сторона першого кута перпендикулярна другій стороні другого кута.

Розглянемо один із випадків. При цьому проведемо в одному куті бісектрису і через її довільну точку проведемо перпендикуляри до сторін її кута.

Тут дано кути ABC і DEF з перпендикулярними сторонами: AB ⊥ DE і BC ⊥ EF. На бісектрисі кута ABC взято точку G, через яку проведено перпендикуляри до цього ж кута: GH ⊥ AB та GI ⊥ BC.

Розглянемо трикутники BGH та BGI. Вони прямокутні, тому що в них кути H та I прямі. Вони кути при вершині B рівні, оскільки BG - бісектриса кута ABC. Також у цих трикутників сторона BG загальна і є гіпотенузою для кожного з них. Як відомо, прямокутні трикутники рівні один одному, якщо рівні їхні гіпотенузи та один із гострих кутів. Таким чином, ∆BGH = ∆BGI.

Оскільки ∆BGH = ∆BGI, то ∠BGH = ∠BGI. Тому кут HGI можна подати не як суму цих двох кутів, а як один із них помножений на 2: ∠HGI = ∠BGH*2.

Кут ABC можна подати як суму двох кутів: ∠ABC = ∠GBH + ∠GBI. Оскільки доданки кути дорівнюють один одному (т.к. утворюються бісектрисою), то кут ABC можна представити як добуток одного з них і числа 2: ∠ABC = ∠GBH*2.

Кути BGH і GBH - це гострі кути прямокутного трикутника, отже, у сумі становлять 90°. Подивимося на рівні, які виходять:

∠BGH + ∠GBH = 90°
∠HGI = ∠BGH * 2
∠ABC = ∠GBH * 2

Складемо два останні:

∠HGI + ∠ABC = ∠BGH * 2 + ∠GBH * 2

Винесемо спільний множник за дужку:

∠HGI + ∠ABC = 2(∠BGH + ∠GBH)

Оскільки сума кутів у дужках дорівнює 90°, виходить, що кути HGI і ABC у сумі становлять 180°:

∠ABC + ∠HGI = 2 * 90° = 180°

Отже, ми довели, що сума кутів HGI та ABC становить 180°. А тепер знову подивимося на малюнок і повернемо свій погляд на кут, з яким у кута ABC перпендикулярні відповідно. Це кут DEF.

Прямі GI і EF паралельні один одному, тому що обидві вони перпендикулярні до однієї і тієї ж прямої BC. А як відомо, прямі, які перпендикулярні до однієї і тієї ж прямої, паралельні один одному. З цієї причини DE || GH.

Як раніше вже було доведено, кути відповідно паралельними сторонами або в сумі становлять 180°, або рівні один одному. Значить, або ∠DEF = ∠HGI, або ∠DEF + ∠HGI = 180 °.

Однак ∠ABC + ∠HGI = 180°. Звідси робиться висновок, що і у випадку з перпендикулярними сторонами відповідно кути або рівні, або складають у сумі 180°.

Хоча в даному випадкуми обмежилися доказом лише суми. Але якщо подумки продовжити бік EF у зворотному напрямку, то побачимо кут, який дорівнює куту ABC, і при цьому його сторони також перпендикулярні куту ABC. Довести рівність таких кутів можна, розглядаючи кути відповідно паралельними сторонами: ∠DEF і ∠HGI.

Викладання планіметрії у шкільному курсі.

Ліцей №000

Ліцей №000.

«Якщо одна і та ж справа доручена

двом однаково не обізнаним у ньому

людям та один з них математик,

то математик його виконає краще»,

Вступ

Опанування практично будь-якої сучасної професії потребує певних математичних знань. Уявлення про роль математики у світі, математичні знання стали необхідним компонентом загальної культури. Для життєвої самореалізації, можливості продуктивної діяльності в інформаційному світі потрібна міцна математична підготовка.

Роль та місце математики в науці та життєдіяльності суспільства, цінність математичної освіти, гуманізація та гуманітаризація освіти, розуміння предмета математики, структура особистості зумовлюють цілі математичної освіти. Виділяють три групи цілей, співвідносячи їх із загальноосвітніми, виховними та практичними функціями.

Ø Математична освіта включає в себе оволодіння системою математичних знань, умінь і навичок, що дає уявлення про предмет математики, її мову і символіку, періоди розвитку, математичне моделювання, спеціальні математичні прийоми, основні загальнонаукові методи пізнання.

Ø Формування світогляду учнів, логічної та евристичної складових мислення, виховання моральності, культури спілкування, самостійності, активності, виховання працьовитості, відповідальності за прийняття рішень, прагнення до самореалізації.

Ø Конкретизація окремих складових цілей важлива для побудови сукупності цілей уроку, адекватності предметного змісту навчального матеріалу. Трансформація цілей освіти у дії дозволить здійснити діагностику та управління процесом засвоєння знань, умінь, розвитку та виховання школяра.

На рівні реального навчального процесу цілі навчання формуються з урахуванням особливостей учнів, можливостей диференціації їх навчання.

У процесі математичної діяльності учнів до арсеналу прийомів та методів мислення включаються індукція та дедукція, узагальнення та конкретизація, аналіз та синтез, класифікація та систематизація, абстрагування, аналогія. Об'єкти математичних висновків та правил їх конструювання розкривають механізм логічних побудов, виробляють уміння формулювати, обґрунтовувати та доводити судження, тим самим розвивають логічне мислення. Провідна роль належить математиці у формуванні алгоритмічного мислення, вихованні вміння діяти за заданим алгоритмом та конструювати нові у ході вирішення завдань, основа навчальної діяльності під час уроків математики. Розвиваються творча та прикладна сторони мислення.

заперечення проти проведеного скорочення шкільного курсу математики;

· розцінювання програми курсу як перевантажену зайвими або надто спеціальними відомостями (наприклад, безліччю формул, що підлягають заученню);

· Розмови про явну недостатність виділених для математики годин (як на основний інструмент розвитку логічного мислення школярів і т. д.);

вимоги шкільного курсу математики та приймальних іспитів; кваліфікацію викладачів математики, бо будь-яка реформа освіти, будь-яка перебудова програми приречена успіх лише у разі, якщо до цього заздалегідь і всебічно підготовлені педагоги.

Нині в арсеналі вчителя досить багато підручників кожної паралелі. При виборі тієї чи іншої системи кожен учитель, природно, виходить із власних критеріїв та специфіки навчального закладу. Однак, необхідно враховувати можливість здійснення наступних зв'язків між курсами, а також проаналізувати можливість організації диференційованого навчання. Вчитель залежно від конкретних умов роботи, рівня підготовки учнів може організувати повноцінний навчальний процес. Учень отримує реальну можливість, навчаючись в одному класі та за однією програмою, вибирати той рівень засвоєння, який відповідає їх потребам, інтересам, здібностям. Обов'язковий мінімум з математики визначає той перелік питань, який має бути представлений у програмі та підручниках та математиці незалежно від їх рівня та спрямованості. Іншими словами, конкретні програми та підручники, які використовуються в тій чи іншій установі, можуть розширювати цей рівень, але не скорочувати чи урізати його.

Вибір рівня математичної підготовки повинен визначатися потребами учнів, тому у навчальних закладах гуманітарних, юридичних та інших профілів доцільно використовувати поглиблену програму з математики, тому що їх випускники йдуть так само і в технічні вузи, крім цього серйозні заняття математикою необхідні для формування та розвитку логічного мислення .

Сутність геометрії суперечлива: «…у ній безпосередньо вивчаються ідеальні геометричні постаті, яких немає насправді, та її висновки застосовні до реальних речей, до практичним завданням». Завдання будь-якого вчителя - наблизити учнів до розуміння, не заслонивши у своїй від школярів самої геометрії численними опитуваннями, перевірками, контрольними роботами , дозволити дітям самим вибирати рівень пізнання геометрії. Будь-який вибір гідний мети, що стоїть перед учнем, певною часом інтуїтивно, але вільно. Часто наполегливість дотримання поставленої мети, наполегливість у її досягненні є абсолютно безглуздими, особливо якщо мета вчителя не є метою учня. Напевно, варто спробувати повчитися так організувати діяльність учнів на заняттях геометрії, щоб вони не були скуті нашими цілями, нашими питаннями, щоб вони були відкриті для будь-яких сприйняттів. Дитина йде до школи з безліччю питань, але школа сама приготувала для неї в кілька разів більше запитань. Ось на свої питання вона ж і відповідає, та ще гнівається, коли її відповіді погано сприймаються.

Один із шляхів пізнання складається з таких етапів: думка, ланцюжок роздумів, нарешті, суворо логічно обґрунтований, бажаний результат пошуку. Другий, більш відкритий шлях хотілося б реалізувати через щедрий набір завдань, запропонованих на кожну тему. При використанні цього шляху думка не гальмує фантазії, не закриває інтуїтивного пошуку, немає погоні за думками, немає швидкого стрибка до мети, зате царює спокійне, неквапливе сприйняття, спостереження, з'являється чутливість, здавалося б до стороннього, але часом саме це стороннє і обога приводить до мети. Як часто на уроці ми поспішаємо дітей, підганяємо як хлистим словами: «Думайте. Думайте». А може, дійсно, той, хто надмірно шукає, може і не встигнути знайти?

Наше з вами завдання вести пошук шляхів, які ведуть до пізнання геометрії. Думатимемо про те, як допомогти дітям відкрити для себе істини, істини геометрії. Чим вчитель має при цьому керуватися, яку йому обрати тактику та стратегію? Що взагалі на уроці робити вчителю? Чи спасати за знання, уміння, навички, стверджуючи, що знання – сила, чи всіма силами намагатися так організувати навчальний процес, щоб знання не заслонили пізнання, не відвернули душу дитини від пізнання.

Можливо, мудрість вчителя полягає у знанні секретів відкриття, секретів пізнання і, зокрема, таємниць геометрії, в умінні створити таку атмосферу на заняттях, яка сприяє оволодінню цими прийомами сприйняття та пізнання. Логіка вчителя та логіка учня, в яких вони мають бути співвідношення на уроці? Чого більше? Можливо, коли вчитель пропонує не серію чітко продуманих питань, а послідовність завдань, розмірковуючи над якими учень, його думка робить всю роботу, необхідну моменту відкриття. Тоді логіка вчителя перебуває з логікою учня у необхідному співвідношенні. А може бути основою пошуку вибрати інтуїцію, її розкріпачувати, стимулювати, на неї спиратися? Чи ще чогось?

Мабуть, серед усіх підручників і серед усіх уроків, підручник для 7 класу найважливіший і перший урок – найвідповідальніший, бо саме вони вводять у вивчення систематичного курсу. Від перших же уроків, від читання перших сторінок підручника залежить, чи виявиться процес навчання успішним, чи вдасться розвинути у школярів стійкий інтерес до предмета. Жодному школяру не ставиться перешкода вивчення курсу геометрії будь-якому рівні. Єдиною перешкодою може бути складність матеріалу, не складність викладу, а відсутність інтересу до читання подальших сторінок підручника. Однак, вивчивши теорію навіть на першому (наочному) рівні, учень може вирішити будь-яке завдання з даної теми, оскільки знань для її вирішення у нього буде достатньо.

Перейдемо до характеристики рівнів оволодіння навчальним матеріалом та розповімо вчителю, як він зможе виявити матеріал, що належить до кожного з них.

Перший рівень – загальноосвітній, гуманітарний.Він включає зміст, яким повинен опанувати кожен учень. У геометрії вивчення такого матеріалу йде на наочному рівні, тому ми називаємо перший рівень наочним. До нього входять визначення понять, що супроводжуються великою кількістю ілюстрацій, формулювання теорем, пояснення їхнього сенсу на кресленнях, найпростіші логічні висновки.

На другому рівні відбувається розширення матеріалу першого рівня, Розв'язуються завдання прикладного характеру, показується, як геометричні знання застосовуються до пізнання світу. Цей рівень ми називаємо прикладним. Передбачається, що на цьому рівні учні опановують докази більшості теорем.

Нарешті, третій рівень – це суттєве поглиблення матеріалу першого рівня,дається його досить повне логічне обґрунтування. Цей поглиблений рівень включає найважчі докази теорем, теоретичні завдання. Третій рівень має проблемний характер.

Ми виділили перший рівень засвоєння – наочно – практичний, у якому школярі як фізики, добувають інформацію з досвіду. Учень повинен уявити об'єкт, описати його, вирішити його просте завдання. І не біда, якщо при цьому він не зможе безпомилково вимовити ухвалу. На цьому рівні суттєво наочно-оперативне знання предмета, що містить наочні уявлення та вміння правильно ними оперувати.

Під час вивчення геометрії необхідно пропонувати учням самостійно сформулювати визначення тієї чи іншої поняття. Робиться це зовсім не для того, щоб хлопці його потім завчили, а для того, щоб беручи участь у цьому процесі, вони глибше вникли в зміст поняття, пізнали структуру самого визначення та кілька формулювань теорем. Це сприятиме глибшому засвоєнню відповідного навчального матеріалу. Відкриття хлопців – чудовий стимул для пізнання.

Загальновизнано, що курс геометрії має вивчати логічного мислення. Однак часто багато учнів не так засвоюють логіку формулювань і доказів, скільки формально завчають їх. Один із перших засобів подолання цієї небезпеки – зменшення кількості формулювань та доказів, які учень повинен знати (вивчити, запам'ятати). Якщо хочемо вчити логічно мислити, треба вчити цьому, а чи не механічному запам'ятовування готових міркувань. Тому формулювання мають розглядатися скоріш як вправи в розвитку логічного мислення, ніж як постулати, які неодмінно треба знати напам'ять. Корисно, щоб учні розбирали, а не бездумно заучували - якомога більше доказів і вирішували якомога більше завдань на доказ: учневі набагато приємніше і корисніше, якщо він зрозуміє сам, самостійно зробить хоча б маленький висновок, а не завчить чужих міркувань (не рахуючи) звичайно тих, які особливо повчальні, дотепні та витончені).

Логіка геометрії полягає у окремих формулюваннях, а й у всій їх системі загалом. Сенс кожного визначення, кожної теореми, докази визначається зрештою лише цією системою. Яка і робить геометрію цілісною теорією, а чи не зборами окремих термінів і тверджень. Тому ми пропонуємо колегам спробувати не питати в учнів на оцінку жодного доказу теорем протягом певного часу, а винести це опитування на кінець досить великої теми як теоретичний залік, що проводиться, що і робимо ми в ліцеї. Хлопці повинні звикнути до понять і термінів «теорема», «дано», «довести», «доказ», зрозуміти їхній зміст. Звісно, ​​теореми треба доводити. Можливо неодноразово розбирати їхні докази у класі: фронтально в парах, різних кресленнях. Цілком припустимо, що на наш погляд, до підтвердження теореми, відразу після розбору її формулювання розпочати вирішення завдань. А коли учні звикнуть до формулювання, зрозуміють її сенс, можна розпочати розбір доказів. До цього моменту у учнів вже певною мірою сформується смак до пошуку істини. Повага до неї.

Звичайно, якщо викладання повністю замикається лише на власне геометричному знанні, то і розвиток навичок логічного мислення та елементів наукового світогляду здійснюватиметься лише в рамках цієї науки. Тому педагог повинен постійно звертати увагу учнів на зв'язок геометрії з іншими науками та практикою і показувати загальне (а не для однієї лише геометрії) значення вимоги доказовості та точності у встановленні істини. Особливо цей момент важливий для тих учнів, у яких недостатня мотивація для вивчення геометрії як науки, на відміну від мотивованих та зацікавлених дітей, яких не потрібно вкотре наштовхувати та стимулювати для вирішення складних, нестандартних завдань, розглядати різні варіанти рішення. Також практика показує, що учні люблять слухати розповіді вчителя про історію виникнення предмета. Можна на першому уроці сильнішим учням, зацікавленим запропонувати просто вирішити гарні, цікаві, незвичайні за формою та методами вирішення завдань. Завдання, які б учням відкрити собі щось нове. Для невмотивованих учнів важливий процес, вони хочуть самі, своїми руками будувати, малювати геометричні фігури, і треба виправдати їхні очікування особливо на перших уроках, запропонувати намалювати їм орнаменти, що включають різні геометричні фігури, і тоді емоційний початок цих уроків буде забезпечено. Перший урок важливий, він як камертон задає тональність всій роботі.

Одне хочеться підкреслити: зараз, коли немає обов'язкового іспиту з геометрії, може бути не варто гонитвою за знаннями відвертати дитину від такої прекрасної, корисної науки, якою є геометрія? Можливо, раз у житті попрацювати спокійно. Щоб над тобою не висів дамоклів меч оцінки, оцінки. Щоб на уроці вчитель і учень дорівнювали у пізнанні, у потенційних можливостях. Щоб була ГЕОМЕТРІЯ.

Які завдання з елементарної математики вважаються найважчими? Напевно, більшість читачів відповість: геометричні. Чому? Та тому, що в алгебрі, тригонометрії, засадах математичного аналізу розроблено цілі серії алгоритмів розв'язання типових завдань. Якщо є алгоритм, отже, є програма дій, тому труднощі, якщо вони мають місце, носять найчастіше технічний, а чи не принциповий характер.

Інша справа – завдання геометричні. Алгоритмів їх вирішення, як правило, немає, та й вибрати найбільш підходящу до цього випадку теорему з великого списку теорем не просто. Тому основний рецепт має швидше філософський, ніж дидактичний характер: хочеш навчитися вирішувати геометричні завдання – вирішуй їх! Тим не менш, є якісь загальні положення, які корисно знати під час вирішення геометричних завдань. Про ці загальні положення ми й хотіли б поговорити.

При вирішенні геометричних завдань зазвичай використовуються три основні методи: геометричний- коли необхідне твердження виводиться з допомогою логічних міркувань із низки відомих теорем; алгебраїчний- коли шукана геометрична величина обчислюється виходячи з різних залежностей між елементами геометричних фігур безпосередньо чи з допомогою рівнянь; комбінований- коли на одних етапах рішення ведеться геометричним методом, а на інших – алгебраїчним.

Який би шлях рішення був обраний, успішність його використання залежить, природно, від знання теорем і вміння застосовувати їх. Не розглядаючи тут усіх теорем планиметрії, звернемо увагу до тих, які, з одного боку, активно використовуються під час вирішення завдань, але, з іншого боку, як свідчить досвід, який завжди перебувають «першому рівні пам'яті» в учнів. Ці теореми треба полюбити, зробити їх своїми помічниками, щоб і учні віддавали перевагу.

Озвучимо ці теореми і покажемо на конкретних завданнях, як вони працюють.

Під час вирішення завдань, зазвичай, фіксуються окремі етапи міркувань. Це зроблено для зручності, щоб легше було стежити за перебігом міркувань. І ще хотілося б помітити: завдання будуть різними труднощами, але такі, які найбільш корисні вчителю в методичному плані.

ТРИКУТНИКИ І ЧОТИРИКУТНИКИ.

Вирішуючи задачі про трикутники та чотирикутники, звернемо увагу на наступні теореми:

ТЕОРЕМА 1. Рівність кутів із взаємно перпендикулярними сторонами:

Якщо обидва гострі або обидва тупі і , , то .

ТЕОРЕМА 2. Властивості середньої лінії трапеції:

А) середня лінія трапеції паралельна до основ трапеції;

Б) середня лінія дорівнює напівсумі основ трапеції;

В) середня лінія (і тільки вона) ділить навпіл будь-який відрізок, укладений між основами трапеції.

Ці властивості справедливі і для середньої лінії трикутника, якщо вважати трикутник "виродженої" трапецією, одна з основ якої має довжину, рівну нулю.

ТЕОРЕМА 3. Про точки перетину медіан, бісектрис, висот трикутника:

А) три медіани трикутника перетинаються в одній точці (її називають центром тяжкості трикутника) і діляться у цій точці щодо 2: 1, рахуючи від вершини;

Б) три бісектриси трикутника перетинаються в одній точці;

В) три висоти перетинаються в одній точці (її називають ортоцентр трикутника).

ТЕОРЕМА 4. Властивість медіани у прямокутному трикутнику:

у прямокутному трикутнику медіана, проведена до гіпотенузи, дорівнює її половині.

Вірна та зворотна теорема: якщо у трикутнику одна з медіан дорівнює половині сторони, до якої вона проведена, то цей трикутник прямокутний

ТЕОРЕМА 5. властивість бісектриси внутрішнього кута трикутника:

Бісектриса внутрішнього кута трикутника ділить сторону, до якої вона проведена, на частини, пропорційні протилежним сторонам:

ТЕОРЕМА 6. Метричні співвідношення у прямокутному трикутнику:

Якщоa іb - катети,c – гіпотенуза,h – висота, і - проекції катетів на гіпотенузу, то: а); б); в); г); д)

ТЕОРЕМА 7. Визначення виду трикутника з його сторін:

Нехайa,b,c – сторони трикутника, причому с – найбільша сторона; тоді:

А) якщо , то трикутник гострокутний;

Б) якщо , то трикутник прямокутний;

У) якщо , то трикутник тупокутний.

ТЕОРЕМА 8. Метричні співвідношення у паралелограмі:

Сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів усіх його сторін:

.

При вирішенні геометричних завдань часто доводиться встановлювати рівність двох відрізків (або кутів). Вкажемо три основні шляхи геометричного доказу рівності двох відрізків:

1) розглядають відрізки як сторони двох трикутників та доводять, що ці трикутники рівні;

2) представляють відрізки як сторони трикутника і доводять, що цей трикутник рівнобедрений;

3) замінюють відрізок арівним йому відрізком і доводять рівність відрізків і .

Завдання 1.Дві взаємно перпендикулярні прямі перетинають сторониAB,BC,CD,AD квадратаABCD у точкахE,F,K,L відповідно. Довести, щоEK =FL (див. рис. до задачі №1).

Рішення: 1. Використовуючи перший із зазначених вище шляхів рівності двох відрізків, проведемо відрізки і - тоді цікаві для нас відрізки EKі FLстануть сторонами двох прямокутних трикутників EPKі FML(Див. рис. до задачі №1) .

2 . Маємо: PK =FM(Детальніше: PK =AD,AD =AB,AB =FM, отже,PK =FM),(як кути із взаємно перпендикулярними сторонами, теорема 1). Значить, (по катету та гострому кутку). З рівності прямокутних трикутників випливає рівність їх гіпотенуз, тобто відрізків EKі FL. ■

Зазначимо, що при розв'язанні геометричних завдань часто доводиться робити додаткові побудови, наприклад такі: проведення прямої, паралельної або перпендикулярної до однієї з наявних на малюнку (так ми зробили в задачі 1) ; подвоєння медіани трикутника для того, щоб добудувати трикутник до паралелограма (так ми зробимо в задачі 2), проведення допоміжної бісектриси. Є корисні додаткові побудови, пов'язані з коло.

Завдання 2.Сторони рівніa,b,c. Обчислити медіану, проведену до сторони с.(див. рис. до задачі 2).

Рішення: Подвоїмо медіану, добудувавши до паралелограма АСВР, і застосуємо до цього паралелограму теорему 8. Отримаємо: , тобто. , звідки знаходимо:

Завдання 3.Довести, що у будь-якому трикутнику сума медіан більше, ніж ¾ периметра, але менше периметра.

Рішення: 1. Розглянемо https://pandia.ru/text/78/456/images/image036_6.gif" width="131" height="41">; . Так як АМ + МС >АС,то

https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="Підпис:" align="left" width="148" height="32">Проведя аналогичные рассуждения для треугольников АМВ и ВМС, получим:!}

https://pandia.ru/text/78/456/images/image041_3.gif" width="111" height="41 src="> (3)

Склавши нерівності (1), (2), (3), отримаємо: ,

тобто ми довели, що сума медіан більша, ніж ¾ периметра.

2. Подвоїмо медіану BD , добудувавши трикутник до паралелограма (див. рис. до задачі 3).

Аналогічно: https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="Підпис: Мал. до задачі № 3" align="left hspace=12" width="148" height="32"> (6)!}

Склавши нерівності (4), (5), (6), отримаємо: https://pandia.ru/text/78/456/images/image049_2.gif" align="left" width="159" height="93 "> Рішення: Нехай АСВ - прямокутний трикутник, (див. рис. до задачі 4) .

1. як кути з взаємно перпендикулярними сторонами (https://pandia.ru/text/78/456/images/image054_2.gif"" align="left" width="148" height="33">!} 2. Так як (див. теорему 4), то СМ = МВ, а тоді робимо висновок, що Отже,

3. Так як і (адже CD - бісектриса), те, що і потрібно довести. ■

Завдання 5. У паралелограмі зі сторонамиa іb проведені бісектриси внутрішніх кутів (див. рис. до задачі 5). Знайти довжини діагоналей чотирикутника, утвореного у перетині бісектрис.

Рішення: 1 ..gif" width = "27 height = "17"> (див. рис.) . Так як в паралелограмі тобто це означає, що в трикутнику АВК сума кутів А і В дорівнює 900, тоді кут К дорівнює 900, тобто бісектриси АЕ і ВР взаємно перпендикулярні.

Аналогічно доводиться взаємна перпендикулярність бісектрис AE та DQ, BP та CF, CF та DQ.

ВИСНОВОК: KLMN - чотирикутник з прямими кутами, тобто прямокутник. У прямокутника діагоналі рівні, отже, достатньо знайти довжину однієї з них, наприклад КМ.

2. Розглянемо У нього АК – і бісектриса, і висота. Це означає, по-перше, трикутник АВР - рівнобедрений, тобто АВ = АР = b, і, по-друге, що відрізок АК одночасно є медіаною трикутника АВР, тобто К - середина бісектриси ВР.

Аналогічно доводиться, М – середина бісектриси DQ.

3. Розглянемо відрізок КМ. Він ділить навпіл відрізки BP та DQ. Але і середня лінія паралелограма (врахуйте, що паралелограм – окремий випадок трапеції; якщо ми можемо говорити про середню лінію трапеції, то з рівним успіхом можемо говорити про середню лінію паралелограма, що володіє тими самими властивостями) проходить через точки К і М (див. теорему 2). Отже, КМ – відрізок на середній лінії, тому .

4. Так як і те, що KMDP - паралелограм, а тому

Відповідь: ■

Фактично в процесі вирішення задачі (на етапах 1 і 2) ми довели досить важливу властивість: бісектриси кутів, прилеглих до бічної сторони трапеції, перетинаються під прямим кутом у точці, що лежить на середній лінії трапеції.

Слід зазначити, що основним методом складання рівнянь у геометричних задачах є метод опорного елемента,який полягає в наступному: один і той же елемент (сторона, кут, площа, радіус і т. д.) виражається через відомі та невідомі величини двома різними способами та отримані вирази прирівнюються.

Досить часто як опорний елемент вибирається площа фігури. Тоді кажуть, що для складання рівняння використовується метод площ.

Треба навчити школярів розв'язання базисних завдань, тобто тих. Які входять як складові елементи до багатьох інших завдань. Такими є, наприклад, завдання про відшукання основних елементів трикутника: медіани, висоти, бісектриси, радіусів вписаного та описаного кіл, площі.

Завдання 6. У трикутнику АВС сторони АВ і ПС рівні, ВН – висота. На стороні НД взята точкаD так, що (див. рис до задачі 6). В якому відношенні відрізокAD поділяє висоту ВН?

Рішення: 1. Покладемо BD = a,тоді CD = 4 a, АВ = 5а.

2. Проведемо відрізок (див. рис до задачі 6) Оскільки НК – середня лінія трикутника ACD DK = KC = 2 a .

3. Розглянемо трикутник ВНК. Маємо: BD = a,

DK = 2aта https://pandia.ru/text/78/456/images/image080_2.gif" width="84" height="41"> але Значить, ■

Якщо задачі потрібно знайти відношення яких - абор величин, то, зазвичай, завдання вирішується методом допоміжного параметра.Це означає, що ми на початку розв'язання задачі оголошуємо якусь лінійну величину відомої, позначивши її наприклад буквою а, а потім виражаємо через аті величини, відношення яких потрібно знайти. Коли складається відношення, допоміжний параметр аскорочується. Саме так ми діяли у завданні . Наша порада: при вирішенні завдань, в яких потрібно знайти відношення величин (зокрема, у задачах на визначення кута – адже, як правило, при обчисленні кута мова йдепро знаходження його тригонометричної функції, тобто про відношення сторін прямокутного трикутника), слід привчати учнів як перший етап рішення виділяти введення допоміжного параметра. p align="justify"> Метод допоміжного параметра застосовується також у задачах, де геометрична фігура визначена з точністю до подоби.

Завдання 7 . У трикутник із сторонами рівними 10, 17 і 21 см, вписаний прямокутник так, що дві його вершини знаходяться на одній стороні трикутника, а дві інші вершини – на двох сторонах трикутника. Знайти сторони прямокутника, якщо відомо, що його периметр дорівнює 22,5см.

Рішення. 1. Насамперед визначимо вид трикутника. Маємо: 102 = 100; 172 = 289; 212 = 441. Так як 212 > 102 + 172, то трикутник тупокутний (див. теорему 7), а значить вписати в нього прямокутник можна тільки одним способом: розташувавши дві його вершини на більшій стороні трикутника АВС (див. рис. до задачі 7 ), де АС = 21 см, АВ = 10 см, НД = 17 см.

2. Знайдемо висоту ВН трикутника АВС. ВН = 8 див.

3. Покладемо ED =x. Тоді EF = 11,25 -x(оскільки периметр прямокутника DEFKдорівнює 22,5 см), ВР = 8 - х.Трикутники BEF і АВС подібні, отже (у подібних трикутниках відношення відповідних висот дорівнює коефіцієнту подоби), тобто. звідки знаходимо х = 6.

Відповідь: 6 см, 5,25 см. ■

При розв'язанні задачі ми скористалися твердженням, що у подібних трикутниках не лише сторони, а й відповідні висоти пропорційні. Більш загальним фактором є наступний, що є, якщо можна так висловитися, узагальнену теорему подібності:

Якщо два трикутники подібні, будь-який лінійний елемент (або сума лінійних елементів) одного трикутника відноситься до відповідного лінійного елементу (або сумі відповідних лінійних елементів) іншого трикутника як відповідні сторони.

Зокрема, радіуси описаного або вписаного кіл, периметри, відповідні висоти, медіани, бісектриси двох подібних трикутників відносяться як відповідні сторони.

Завдання 8 .У трикутнику АВС кут А в 2 рази більший за кут С, сторона ВС на 2 см більша за сторону АВ, а АС = 5 см. Знайти АВ і ВС.

Рішення. 1. Проведемо бісектрису AD кута А..gif" alt="Підпис:" align="left" width="148" height="33">!} 3. Трикутники АВД і АВС подібні, тому що і кут В у цих трикутників загальний. З подоби трикутників укладаємо, що тобто.

4. Для відшукання хі уотримана система з двох рівнянь із двома невідомими: звідки

Віднімаючи друге рівняння з першого, отримаємо 5у - 10 = 2у, тобто у = . Отже т. е.х=4.

Відповідь: АВ = 4 см; НД = 6 см. ■

Дуже часто при складанні відносин відповідних сторін у подібних трикутниках у нетривіальних випадках (тривіальні випадки подібності були в задачах 6 і 7 – трикутник відсікався від останнього прямою, паралельною до однієї з його сторін) ті, хто вирішує завдання. Допускають суто технічні помилки: або плутають порядок трикутників (який з них перший який другий), або невдало вибирають пари сторін як відповідні. Наша порада: якщо встановлено подобу трикутників АВС і DEF, то рекомендуємо діяти так: "загнати" сторони одного трикутника в чисельники, наприклад: враховуючи, що відповідними сторонами у подібних трикутниках вважаються ті, що лежать проти рівних кутів, знайти найпростіші пари відповідних сторін; якщо це АВ і DE, BC і DF, то записати: https://pandia.ru/text/78/456/images/image100_1.gif" align="left" width="121" >б) для того, щоб у чотирикутник можна було вписати окність, необхідно і достатньо, щоб суми довжин його протилежних сторін були рівні.

ТЕОРЕМА 5.Метричні співвідношення в колі:

https://pandia.ru/text/78/456/images/image103_2.gif" alt="Підпис: Мал.2" align="left" width="76" height="29">!}

https://pandia.ru/text/78/456/images/image105_2.gif" alt="Підпис: Мал.3" align="left" width="76" height="28">!}

https://pandia.ru/text/78/456/images/image107_1.gif" width="13 height=19" height="19">, гіпотенуза - з (див. рис.). Обчислити радіус r вписаного кола.

Рішення. 1. З центру Про вписаного кола проведемо радіуси в точки її торкання зі сторонами трикутника; враховуючи, що вони перпендикулярні відповідним сторонам (див. теорему 1 а), і, скориставшись потім теоремою 1, б, відзначимо пари рівних відрізків: CD= СЕ, АЕ= AF,BD =BF(Див. рис.).

2. Так як EODC -квадрат (кути Е,D, С -прямі та ЄС= CD), то ОЕ =OD= CD = РЄ= r. Тоді BD= а –r, АЕ =b –rі , відповідно, BF =BD = а– r,AF =AE =b-r.

3. Оскільки АВ= AF +FB, то з = (b –r) + (а –r), звідки .■

Зауважимо, що якщо в задачі йдеться про коло, вписане в трикутник (або чотирикутник), то практично завжди доцільно провести радіуси в точки торкання кола зі сторонами, враховуючи, що радіуси будуть перпендикулярні відповідним сторонам, і відразу відзначити на кресленні пари рівних відрізків (Для двох дотичних, проведених до кола з даної точки). Так ми і вчинили при вирішенні наведеного завдання.

Звернімо увагу на формулу, де S - площа, р- Напівпериметр трикутника.

Що стосується радіусу Rописаної біля трикутника кола, то для прямокутного трикутника (гіпотенуза є діаметром описаного біля прямокутного трикутника кола), для непрямокутного трикутника зазвичай використовують формулу http://www.pandia.ru " height="41 src=">.

Завдання 10. Дано прямокутний круговий сектор.Проведено коло того ж радіуса з центром в кінці дуги сектора, вона розбиває сектор на два криволінійні трикутники. У менший із цих трикутників вписано коло (див. рис.). Знайти відношення радіусів вписаного кола та сектора.

Рішення. 1. Виконаємо необхідні додаткові побудови, які зазвичай роблять, коли йдеться про внутрішній або зовнішній торкання кіл або про торкання кола і прямий: О2О3- Лінія центрів; У- точка торкання; О1О3- Лінія центрів; А– точка торкання; O3C O1C; З– точка торкання (див. рис.).

https://pandia.ru/text/78/456/images/image119_1.gif" width="43" height="41">.

Відповідь: . ■

Наведемо ще два додатки про корисні додаткові побудови: 1) якщо два кола торкаються (внутрішнім або зовнішнім чином), то обов'язково потрібно провести лінію центрів, тобто пряму, що проходить через центри кола, що стосуються, і врахувати при цьому, що точка торкання лежить на лінії центрів (так ми вчинили при вирішенні наведеного завдання, що було ключем до успіху); 2) іноді корисно (як додаткові побудови) зробити так званий «виносний» креслення, тобто фрагмент наявного досить складного креслення винести окремо для спеціального вивчення (так, вирішуючи завдання, ми винесли окремо фрагмент, що містить ∆ О1О2О3- Див. Мал.).

Завдання 11. Окружність радіусомR проходить через дві суміжні вершини А таD квадрата (див. мал.). Відрізок ВМ дотичної до кола, проведеної з третьої вершини квадрата, вдвічі більше сторони останнього. Знайти бік квадрата.

Рішення. Введемо позначення ВА= х, ВМ = 2х.Продовжимо відрізок ВАдо перетину з колом у точці До.Тоді ВК ∙ ВА = ВМ2(Див. теорему 5, в), тобто. ВК ∙ х= 4х2,звідки знаходимо: ВК= 4х- Отже, АК= Зх.Далі, KAD = = 90 °, отже, KD- Діаметр кола. З прямокутного трикутника ADKзнаходимо: AD2+ АК2= KD2,тобто. х2+9х2= 4R 2, звідки х= https://pandia.ru/text/78/456/images/image125_0.gif" width="45" height="45 src=">.

Ортоцентр, тобто точка перетину висот трикутника має низку цікавих властивостей: ортоцентр гострокутного трикутника збігається з центром кола, вписаного в трикутник, вершинами якого є підстави висот заданого трикутника; у непрямокутному трикутнику АВС відстань від ортоцентра до вершини У вдвічі більша за відстань від центру описаного біля трикутника кола до сторони АС. Використовуємо останню властивість для запровадження поняття пряма Ейлера. В силу наочних міркувань обмежимося гострокутним трикутником.

Отже, нехай Н– ортоцентр, О – центр описаного кола, OD AC,OD║BH,AD= DC(Див. рис.).

Проведемо медіану BDта відрізок ВІН.Трикутники ВНМі MODподібні, значить, https://pandia.ru/text/78/456/images/image128_0.gif" width="56" height="41 src=">.gif" width="17" =">С = 90°, то пряма Ейлера - це пряма, що проходить через вершину С прямого кута і середину Прогіпотенузи АВ,тобто медіана.

Продовжимо розмову про розв'язання планиметричних завдань. Перейдемо до вирішення завдань, пов'язаних із поняттям площі плоскої фігури.

Почнемо, як і в попередніх випадках, із виділення «робітників» теорем. Таких теорем про обчислення площ дві.

ТЕОРЕМА 1. Відношення площ подібних фігур дорівнює квадрату коефіцієнта подібності.

ТЕОРЕМА 2.а) Якщо у двох трикутників рівніпідстави, їх площі ставляться як висоти.

б) Якщо у двох трикутників рівні висоти, то їхплощі відносяться як основи.

І, зрозуміло, є сенс навести основні формули для обчислення площ плоских фігур.

1. Формули площі трикутника:

a) https://pandia.ru/text/78/456/images/image131_0.gif" width="84" height="41 src=">; в) ;

г) S = рr,де р=; R– радіус описаного кола; r- радіус вписаного кола;

д) S = http://www.pandia.ru/text/78/456/images/image136_0.gif" S= AC∙ BDsin;

ТЕОРЕМА 1.Рівність кутів із взаємно перпендикулярними сторонами:Якщо і
обидва гострі або обидва тупі та
,
, то
. ТЕОРЕМА 2. Властивості середньої лінії трапеції:А) середня лінія трапеції паралельна до основ трапеції;Б) середня лінія дорівнює напівсумі основ трапеції;В) середня лінія (і тільки вона) ділить навпіл будь-який відрізок, укладений між основами трапеції.Ці властивості справедливі і для середньої лінії трикутника, якщо вважати трикутник "виродженої" трапецією, одна з основ якої має довжину, рівну нулю. ТЕОРЕМА 3. Про точки перетину медіан, бісектрис, висот трикутника:А) три медіани трикутника перетинаються в одній точці (її називають центром тяжкості трикутника) і діляться у цій точці щодо 2: 1, рахуючи від вершини;Б) три бісектриси трикутника перетинаються в одній точці;В) три висоти перетинаються в одній точці (її називають ортоцентр трикутника).ТЕОРЕМА 4. Властивість медіани у прямокутному трикутнику:у прямокутному трикутнику медіана, проведена до гіпотенузи, дорівнює її половині.Вірна та зворотна теорема: якщо у трикутнику одна з медіан дорівнює половині сторони, до якої вона проведена, то цей трикутник прямокутнийТЕОРЕМА 5. властивість бісектриси внутрішнього кута трикутника:Бісектриса внутрішнього кута трикутника ділить сторону, до якої вона проведена, на частини, пропорційні протилежним сторонам:
ТЕОРЕМА 6. Метричні співвідношення у прямокутному трикутнику:Якщоaіb- Катети,c- гіпотенуза,h- Висота, і - проекції катетів на гіпотенузу, а)
; б)
; в)
; г)
; д)
ТЕОРЕМА 7. Визначення виду трикутника з його сторін:Нехайa, b, c- Сторони трикутника, причому з - найбільша сторона; тоді:А якщо
, то трикутник гострокутний;Б) якщо
то трикутник прямокутний;в) якщо
то трикутник тупокутний.ТЕОРЕМА 8. Метричні співвідношення у паралелограмі:Сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів усіх його сторін:
. При вирішенні геометричних завдань часто доводиться встановлювати рівність двох відрізків (або кутів). Вкажемо три основні шляхи геометричного доказу рівності двох відрізків: 1) розглядають відрізки як сторони двох трикутників та доводять, що ці трикутники рівні; 2) представляють відрізки як сторони трикутника і доводять, що цей трикутник рівнобедрений; 3 ) замінюють відрізок арівним йому відрізком , а відрізок b – рівним йому відрізком і доводять рівність відрізків та . Завдання 1.Дві взаємно перпендикулярні прямі перетинають сторониAB, BC, CD, ADквадратаABCDу точкахE, F, K, Lвідповідно. Довести, щоEK = FL(Див. рис. до задачі №1).Р

Мал. до завдання №1

Єшення: 1. Використовуючи перший із зазначених вище шляхів рівності двох відрізків, проведемо відрізки
і
- тоді цікаві для нас відрізки EK і FL стануть сторонами двох прямокутних трикутників EPKі FML(Див. рис. до задачі №1) . 2

Мал. до завдання №1

Маємо: PK = FM(Детальніше: PK = AD, AD = AB, AB = FMотже,PK = FM), (як кути із взаємно перпендикулярними сторонами, теорема 1). Значить, (по катету та гострому кутку). З рівності прямокутних трикутників випливає рівність їх гіпотенуз, тобто. відрізків EKі FL. ■ Зауважимо, що при розв'язанні геометричних задач часто доводиться робити додаткові побудови, наприклад такі: проведення прямої, паралельної або перпендикулярної до однієї з наявних на малюнку (так ми зробили в задачі 1) ; подвоєння медіани трикутника для того, щоб добудувати трикутник до паралелограма (так ми зробимо в задачі 2), проведення допоміжної бісектриси. Є корисні додаткові побудови, пов'язані з коло. Завдання 2.Сторони
рівніa, b, c. Обчислити медіану , Проведену до сторони с.(див. рис. до задачі 2).Р

Мал. до завдання № 2

Єшення: Подвоїмо медіану, добудувавши
до паралелограма АСВР, і застосуємо для цього паралелограму теорему 8. Отримаємо: , тобто.
, звідки знаходимо:
Завдання 3.Довести, що у будь-якому трикутнику сума медіан більше, ніж ¾ периметра, але менше периметра.Р
рішення: 1. Розглянемо
(див. рис. до задачі 3) Маємо:
;
. Так як АМ + МС >АС,то
(1) П

Мал. до завдання №3

Розвівши аналогічні міркування для трикутників АМВ і ВМС, отримаємо:
(2)
(3) Склавши нерівності (1), (2), (3), отримаємо:
, т
.е. ми довели, що сума медіан більша, ніж ¾ периметра. 2. Подвоїмо медіану BD, добудувавши трикутник до паралелограма (див. рис. до задачі 3). Тоді з
отримаємо: BK < BC + CK, тобто.
(4) Аналогічно:
(5)

Мал. до завдання №3

Р
рішення:

Мал. до завдання № 4

Так як
(див. теорему 4), то СМ = МВ, а тоді з
робимо висновок, що
Отже, 3. Так як і (адже CD - бісектриса), те, що і потрібно довести. ■ Завдання 5.У паралелограмі зі сторонамиa іbпроведені бісектриси внутрішніх кутів (див. рис. до задачі 5). Знайти довжини діагоналей чотирикутника, утвореного у перетині бісектрис.Рішення: 1 . АЕ – бісектриса
, ВР – бісектриса
(Див. рис.) . тому що в паралелограмі
тобто. то Це означає, що в трикутнику АВК сума кутів А і В дорівнює 90 0 тоді кут К дорівнює 90 0 т. Е. Бісектриси АЕ і ВР взаємно перпендикулярні. А
податково доводиться взаємна перпендикулярність бісектрис AE та DQ, BP та CF, CF та DQ. ВИСНОВОК: KLMN –чотирикутник із прямими кутами, тобто. прямокутник. У прямокутника діагоналі рівні, отже, достатньо знайти довжину однієї з них, наприклад КМ. 2

Мал. до завдання № 5

Розглянемо
У нього АК – і бісектриса, і висота. Це означає, по-перше, трикутник АВР – рівнобедрений, тобто. АВ = АР = b, і, по - друге, що відрізок АК одночасно є медіаною трикутника АВР, тобто. К – середина бісектриси ВР. Аналогічно доводиться, М – середина бісектриси DQ. 3. Розглянемо відрізок КМ. Він ділить навпіл відрізки BP та DQ. Але і середня лінія паралелограма (врахуйте, що паралелограм – окремий випадок трапеції; якщо ми можемо говорити про середню лінію трапеції, то з рівним успіхом можемо говорити про середню лінію паралелограма, що володіє тими самими властивостями) проходить через точки К і М (див. теорему 2). Значить, КМ – відрізок на середній лінії, а тому
.4. Так як
і
,то KMDP - паралелограм, тому. Відповідь:
■ Фактично в процесі розв'язання задачі (на етапах 1 і 2) ми довели досить важливу властивість: бісектриси кутів, що прилягають до бокової сторони трапеції, перетинаються під прямим кутом у точці, що лежить на середній лінії трапеції. Слід зазначити, що основним методом складання рівнянь у геометричних задачах є методопорного елемента,який полягає в наступному: один і той же елемент (сторона, кут, площа, радіус і т. д.) виражається через відомі та невідомі величини двома різними способами та отримані вирази прирівнюються. Досить часто як опорний елемент вибирається площафігури. Тоді кажуть, що для складання рівняння використовується метод площ.Треба навчити школярів вирішення базових завдань, тобто. тех. Які входять як складові елементи до багатьох інших завдань. Такими є, наприклад, завдання про відшукання основних елементів трикутника: медіани, висоти, бісектриси, радіусів вписаного та описаного кіл, площі. З Адача 6.У трикутнику АВС сторони АВ і ПС рівні, ВН – висота. На стороні НД взята точкаDтак що
(Див. рис до задачі 6). В якому відношенні відрізокADділить висоту ВН?Рішення: 1. Покладемо BD = a, тоді CD = 4 a, АВ = 5а.2

Мал. до завдання № 6

Проведемо відрізок
(див. рис до задачі 6) Оскільки НК – середня лінія трикутника ACD DK = KC = 2 a .3. Розглянемо трикутник ВНК. Маємо: BD = a,DK = 2 aі
. За теоремою Фалеса
але
Значить, і
■ Якщо завдання потрібно знайти відношення яких-небудь величин, то, як правило, завдання вирішується методом допоміжного параметра.Це означає, що ми на початку розв'язання задачі оголошуємо якусь лінійну величину відомої, позначивши її наприклад буквою а, а потім виражаємо через аті величини, відношення яких потрібно знайти. Коли складається відношення, допоміжний параметр аскорочується. Саме так ми діяли у завданні . Наша порада: при розв'язанні задач, в яких потрібно знайти відношення величин (зокрема, у задачах на визначення кута – адже, як правило, при обчисленні кута йдеться про знаходження його тригонометричної функції, тобто про відношення сторін прямокутного трикутника), слід привчати учнів як перший етап рішення виділяти введення допоміжного параметра. p align="justify"> Метод допоміжного параметра застосовується також у задачах, де геометрична фігура визначена з точністю до подоби. Завдання 7 .У трикутник із сторонами рівними 10, 17 і 21 см, вписаний прямокутник так, що дві його вершини знаходяться на одній стороні трикутника, а дві інші вершини – на двох сторонах трикутника. Знайти сторони прямокутника, якщо відомо, що його периметр дорівнює 22,5см.Р
єшення . 1. Насамперед визначимо вид трикутника. Маємо: 102 = 100; 17 2 = 289; 21 2 = 441. Так як 21 2 > 10 2 + 17 2 , то трикутник тупокутний (див. теорему 7), а значить вписати в нього прямокутник можна лише одним способом: розташувавши дві його вершини на більшій стороні трикутника АВС (див. рис. .до задачі 7), де АС = 21 см, АВ = 10 см, ВС = 17 см. 2

Кутом називають частину площини, обмежену двома променями, що виходять із однієї точки. Промені, що обмежують кут, називають сторонами кута. Точку, з якої виходять промені, називають вершиною кута.

Схему позначення кутів розглянемо з прикладу кута, зображеного малюнку 1.

Зображений малюнку 1 кут можна позначити трьома способами:

Кути називають рівними кутами, якщо їх можна поєднати.

Якщо при перетині двох прямих утворюються чотири рівні кути , такі кути називають прямими кутами (рис.2). Прямі лінії, що перетинаються, утворюють прямі кути, називають перпендикулярними прямими.

Якщо через точку A , що не лежить на прямій l , проведена пряма, перпендикулярна до прямої l і перетинає пряму l точці B , то кажуть, що з точки B опущений перпендикупяр AB на пряму l(Рис.3). Точку B називають основою перпендикуляра AB.

Зауваження. Довжину відрізка AB називають відстанню від точки A до прямої l.

Кутом 1° (один градус)називають кут, що становить одну дев'яну частину прямого кута.

Кут, в k разів більший за куток в 1°, називають кутом в k° (k градусів).

Кути вимірюють також і в радіанах. Про радіани можна прочитати в розділі нашого довідника «Вимірювання кутів. Градуси та радіани».

Таблиця 1 – Типи кутів залежно від величини у градусах

Малюнок	Типи кутів	Властивості кутів
	Прямий кут	Прямий кут дорівнює 90 °
	Гострий кут	Гострий кут менший за 90°
	Тупий кут	Тупий кут більше 90 °, але менше 180 °
	Розгорнутий кут	Розгорнутий кут дорівнює 180 °
		Такий кут більше 180 °, але менше 360 °
	Повний кут	Повний кут дорівнює 360 °
	Кут, що дорівнює нулю	Такий кут дорівнює 0°

Прямий кут

Властивість: Прямий кут дорівнює 90 °

Гострий кут

Властивість: Гострий кут менший за 90°

Тупий кут

Властивість: Тупий кут більше 90 °, але менше 180 °

Розгорнутий кут

Властивість: Розгорнутий кут дорівнює 180 °

Кут більший, ніж розгорнутий

Властивість: Такий кут більше 180 °, але менше 360 °

Повний кут

Властивість: Повний кут дорівнює 360 °

Кут, що дорівнює нулю

Властивість: Такий кут дорівнює 0°

Таблиця 2 – Типи кутів залежно розташування сторін

Малюнок	Типи кутів	Властивості кутів
	Вертикальні кути	Вертикальні кути рівні
	Суміжні кути	Сума суміжних кутів дорівнює 180 °
		Кути з відповідно паралельними сторонами рівні, якщо обидва є гострими або обидва тупими
		Сума кутів з паралельними сторонами дорівнює 180° , якщо один з них гострий, а інший тупий
		Кути з відповідно перпендикулярними сторонами рівні, якщо обидва є гострими або обидва тупими
		Сума кутів з перпендикулярними сторонами дорівнює 180° , якщо один з них гострий, а інший тупий

Вертикальні кути

Властивість вертикальних кутів: Вертикальні кути рівні

Суміжні кути

Властивість суміжних кутів: Сума суміжних кутів дорівнює 180 °

Кути з відповідно паралельними сторонами

Кути з відповідно паралельними сторонами рівні, якщо обидва є гострими або обидва тупими

Властивість кутів відповідно паралельними сторонами: Сума кутів з паралельними сторонами дорівнює 180° , якщо один з них гострий, а інший тупий

Кути з відповідно перпендикулярними сторонами

Кути з відповідно перпендикулярними сторонами рівні, якщо обидва є гострими або обидва тупими

Властивість кутів відповідно перпендикулярними сторонами: Сума кутів з перпендикулярними сторонами дорівнює 180° , якщо один з них гострий, а інший тупий

Визначення. Бісектрисою кута називають промінь, що ділить кут навпіл.

Завдання. Довести, що бісектриси суміжних кутів перпендикулярні.

Рішення . Розглянемо рисунок 4.

На цьому малюнку кути AOB та BOC – суміжні, а промені OE та OD – бісектриси цих кутів. Оскільки

2α + 2β = 180 °.

що й потрібно було довести.

На нашому сайті можна також ознайомитися з розробленими викладачами навчального центру «Резольвента» навчальними матеріалами для підготовки до ЄДІ та ОДЕ з математики.

Для школярів, які бажають добре підготуватися та здати ЄДІ або ОДЕ з математики або російської мовина високий бал, навчальний центр "Резольвента" проводить

У нас також для школярів організовано

РОЗДІЛ ІІІ.
ПАРАЛЕЛЬНІ ПРЯМІ

§ 40. ВУГЛИ З ВІДПОВІДНО ПАРАЛЕЛЬНИМИ
І ПЕРПЕНДИКУЛЯРНИМИ СТОРОНАМИ.

1. Кути із відповідно паралельними сторонами.

Візьмемо на площині дві точки С та Про і з цих точок проведемо дві пари променів
СА || ОМ та СВ || N так, щоб кути АСВ і МОН були або обидва гострі (чорт. 211), або обидва тупі (чорт. 212).

Кути АСВ та МОN-кути з відповідно паралельними сторонами. Доведемо, що це кути рівні між собою.

Нехай СВ перетинає ОМ у точці D. / АСВ = / МDВ, як відповідні кути при паралельних АС та МО та січній СВ.

/ МDВ = / МОN, як відповідні кути при паралельних СВ і ОН і січній МО, але тоді і / АСВ = / МОN.

Отже, кути з відповідно паралельними сторонами рівні, якщо вони обидва гострі або обидва тупі.

Побудуємо два гострі кути АСВ і МОН з відповідно паралельними сторонами (чорт. 213): СА || МО та СВ || ОN, і продовжимо за вершину Про сторони кута МОН.

При вершині Про утворилися два гупи кути ЕОМ і FОN (оскільки суміжний з ними кут МОN по побудові гострий).

Кожен із них у сумі з кутом МОN становить 2 d, а так як / МОN = / АСВ,
то / АСВ+ / МОЄ = 2 dі / АСВ+ / FОN = 2 d.

Отже, кути з відповідно паралельними сторонами у сумі складають 2

2. Кути із відповідно перпендикулярними сторонами.

Побудуємо довільний гострий кут АВС. Проведемо через вершину кута промені, перпендикулярні його сторонам, так, щоб вони утворили гострий кут.

BO_|_ ВС і ВК _|_ АВ (чорт. 214). Ми отримаємо новий кут OBK.
Сторони кутів AВС та ОВК взаємно перпендикулярні.

/ АВС = d - / СВК;
/ ОВК = d - / СВК.

Звідси слідує що / АВС = / ОВК.

Побудуємо довільний тупий кут АОВ і через його вершину проведемо промені, перпендикулярні його сторонам, так, щоб вони утворили тупий кут.
ОК_|_ОА і ОС_|_ОВ (чорт. 215), кут КОС - тупий. Сторони кутів АОВ та КОС взаємно перпендикулярні, тому

/ АОВ = d + / КІВ;
/ КОС = d+ / КІВ.

Звідси слідує що / АОВ = / КІС.

Кути відповідно перпендикулярними сторонами рівні між собою, якщо вони обидва гострі або обидва тупі.

Побудуємо довільний гострий кут АОВ і проведемо через його вершину перпендикуляри до його сторін так, щоб вони утворили гострий кут (рис. 216).
Отримаємо: / КІМ = / АОВ. Продовжимо бік ОК за вершину О. Сторони кута ЕОМ перпендикулярні сторонам кута АОВ. При цьому / ЕОМ - тупий, тому що суміжний з ним / МОК – гострий. / КІМ + / ЕОМ = 2 d(як кути суміжні). Але / КОМ за раніше доведеним дорівнює / АОВ. Отже, і / АОВ + / ЕОМ = 2 d.

Кути з відповідно перпендикулярними сторонами у сумі становлять 2d, якщо один із них гострий, а інший тупий.

Ми розглядали кути, складені взаємно перпендикулярними сторонами, коли мали спільну вершину. Виведені нами властивості будуть справедливі й у тому випадку, коли кути не матимуть спільної вершини.

Побудуємо довільний гострий кут АОВ і через якусь точку С (чорт. 217) проведемо промені СЕ __|_ОA і СК _|_ ОВ так, щоб кут КСЄ був також гострий.

Кути АОВ до КСЄ складені взаємно перпендикулярними сторонами. Доведемо, що вони між собою рівні. Для цього через точку О (вершину / АОВ) проведемо ОК"||СК та ОЕ" || РЄ. / КСЄ = / ДЕЯКЕ", тому що вони складені взаємно паралельними сторонами і обидва гострі. Але / До "ОЕ" = / АОВ за доведеним. Отже, / АОВ = / КСЄ.

Якщо продовжимо бік РЄ за вершину кута, ми отримаємо / МСК, суміжний з / КСЄ.
/ МСК + / КСЄ = 2 d, але / КСЄ = / АОВ, Тому / АОВ + / МСК = 2 d.