ЦИКЛЫ ЗАДАЧ ПО ТЕМЕ: «Планиметрические задачи на окружность»

Государственное профессиональное образовательное учреждение

Ярославской области

"Ярославский автомеханический колледж"

МЕТОДИЧЕСКАЯ РАЗРАБОТКА

ЦИКЛОВ ЗАДАЧ ПО ТЕМЕ:

«Планиметрические задачи на окружность»

2022

Методическая разработка. Учебная дисциплина «Математика». - Ярославль: Информационный центр, 2022 - 94 с.

ОДОБРЕНО предметно-цикловой комиссией математики, естествознания, общих естественно-научных дисциплин Протокол № от « ___ » ___________ 20­22г. Председатель ПЦК __________ И.А. Рогозина

Рекомендовано Методическим советом техникума Протокол №____________________________ от «_______»_____________________20____г. Председатель Методического совета ___________________О. В. кузнецов

Разработчик:

Николаева И.Е., преподаватель ГПОУ ЯО "Ярославский автомеханический колледж"

150054, г. Ярославль, ул.Автозаводская, 1-а,

Тел/факс (4852) 73-26-43; E-mail: avtomeh@bk.ru

Содержание

Пояснительная записка……………………………………………………………..4

1. Введение …….5

2. Основная часть………………………………….…………….………..……..7

1. Методика преподавания геометрии…………..………….…….………..7

   1. Значение геометрических задач…………………………..........7

   2. Классификация геометрических задач……………..…..………9

   3. Построение чертежа……………………….……….…………..11

   4. Методы решения задач………………………….…..…………14

   5. Некоторые особенности решения задач на доказательство……………………………………………………...........17

2. Изучение темы «окружность» в школьном курсе геометрии 7-9

классы ………………………………………………………………………….19

1. Дополнительные сведения………..…………………………………….23

2. Циклы задач………………..…………………………………………….25

   1. Вводные задачи.……………….………………………..............25

   2. Касательные к окружности...……...……………………………30

   3. Произведение длин отрезков хорд………………....………….42

   4. Касающиеся окружности……...…….…………………………..51

   5. Две касательные, проведенные из одной точки……….............67

   6. Площади криволинейных фигур………………………………..71

   7. Задачи, связанные с вневписанными углами………….............83

3. Список задач……………………………………………………………88

Список используемой литературы 94

Пояснительная записка

Данная методическая разработка «Планиметрические задачи на окружность» состоит из циклов задач, может быть использована на уроках математики или при проведении факультативных занятий для студентов первого курса всех специальностей.

Цели и задачи:

– составление циклов задач по планиметрии, использующих понятие окружность,

- развитие мышления и творческих способностей обучающихся,

- способствовать расширению кругозора обучающихся,

- воспитание познавательной активности.

Объектом исследования являются дополнительные задачи к курсу геометрии по теме «окружность», вписанные и описанные треугольники и четырехугольники.

В результате исследования было создано 9 комплексов (циклов) задач, которые объединены общей идеей решения. В цикл входят задачи, как на вычисление, так и на доказательство (разной сложности).

Методическая разработка состоит из 2 частей (введение и основная часть), 7 источников, 75 задач.

Данная методическая разработка может быть использована преподавателями для углубленного изучения планиметрических задач на тему окружность.

1. Введение

Воспитание творческой активности учащихся в процессе изучения ими математики является одной из актуальных целей преподавания¹. Геометрические задачи, по сравнению, например, с задачами из алгебры и анализа, больше всего помогают развить как раз эту творческую активность. Объясняется это в первую очередь тем, что четкой схемы решения геометрической задачи не существует, нет определенных алгоритмов решения (кроме, быть может, самых простых - тренировочных задач). Однако решение только шаблонных упражнений может убить интерес у учащихся к геометрии и затормозить их умственное развитие. Как отмечал Н.И. Лобачевский: "В математике важнее всего способ преподавания". Поэтому стоит пробуждать любознательность учащихся, предлагать им задачи, соразмерные с их знаниями, и своими наводящими вопросами помогать решать эти задачи. Это поможет привить вкус к самостоятельному мышлению и развить необходимые для этого способности. "Самое трудное в решении любой задачи – планирование своих действий. Если есть алгоритм, значит, есть программа действий, а потому трудности носят чаще всего технический, а не принципиальный характер", - писал А. Мордкович.

Из планиметрических задач особые затруднения вызывают у учащихся задачи, которые связаны с окружностью. Прежде всего, это связано сослабыми знаниямиучениками геометрических фактов: измерение углов (вписанных, центральных, образованных касательной и хордой, двумя хордами и др.), свойства касательных и секущих, теоремы синусов, косинусов и т.д. Кроме того, затруднение учащихся связано с неумением правильно построить чертеж и правильно его анализировать.

Часто если окружность не дана непосредственно в условии задачи, то учащиеся обычно проходят мимо фактов, которые становятся совершенно очевидными. Ещё труднее приходится учащемуся, если в условии окружность фигурирует, но для решения нужно привлечь ещё одну или даже две окружности. Вот на такой смелый маневр решаются далеко не все. Многие ребята предпочитают выискивать в данной конфигурации все новые и новые особенности и не замечают, что могли бы давно решить вопрос, просто создав новую конфигурацию с новой окружностью.

Для того чтобы научить обучающихся решать задачи на окружностьудобно использовать комплексы задач, объединенных общей идеей. С их помощью можно ликвидировать пробелы в знаниях учащихся, показать им особые методы решения, дать опыт построения целесообразных чертежей.

Целью данной методической разработки является составление таких комплексов задач на окружность. Работа может быть использована на уроках математики или при проведении факультативных занятий.

Данная работа состоит из двух глав, из которых втораяявляется основной. В первом и второмпунктах основной части приводятся некоторые сведения из методики преподавания геометрии, связанные с темойработы. Эта часть является чисто реферативной. В пунктах 3 и 4 основной части предлагается 9 циклов задач на доказательство и вычисление. Задачи всех этих циклов не выходят за пределы школьных знаний по геометрии и могут быть предложены ученикам любого уровня знаний. Однако, циклы2,4, 6, 8 и 9содержат более сложные задачи и потому предназначены для учеников, интересующихся математикой. Некоторые из этих задач,а так же задачи циклов 8 и 9 следует использовать на занятиях математического кружка (например, задачи №2.1. 2.4., 2.6., 4.1., 4.2., 4.4., 6.5., 6.9.).

1. Основная часть

   1. Методика преподавания геометрии²

      1. Значение геометрических задач

Задачи являются неотъемлемой составной частью курса геометрии в средней школе. Действительно, лишенный задач курс элементарной геометрии представлял бы собой лишь группу теорем, размещенных более или менее последовательно. Пользы от такого курса очень мало.

Во-первых, учащимся пришлось бы «вызубривать» содержание этих теорем, поскольку обучающиеся не видели бы никакого применения изучаемого материала. Был бы нарушен известный дидактический принцип сознательности обучения.

Во-вторых, такой курс не был бы связан с другими дисциплинами, входящими в программу средней школы, в том числе и с другими математическими дисциплинами.

В-третьих, такой курс ни в малейшей степени не способствовал бы развитию пространственных представлений учеников.

В-четвертых, такой курс не дал бы обучающимся подготовки к решению даже простейших практических задач.

Поэтому весь курс геометрии должен быть насыщен различными упражнениями. Как бы не менялись программа и количество часов, отводимых на изучение геометрии, решение задач остается важнейшей частью курса.

Разумеется, речь идет не о произвольном наборе задач. Задачи являются первой формой применения знаний, полученных обучающимися в процессе изучения геометрии. Поэтому предлагаемые задачи должны соответствовать подготовке учеников, причем речь идет не только о соответствии общем (программе, учебнику), но и об учете знаний конкретного класса и т.д.

Однако, задачи играют не только вспомогательную роль – закреплять знания изученного теоретического материала, но и обучающую роль – в процессе решения задач обучающиеся знакомятся с методами математического рассуждения, расширяют кругозор, развивают логическое и творческое мышление.

1. Классификация геометрических задач

Как известно, упражнения в геометрии в зависимости от условия и задания делятся на три группы: задачи на вычисление, доказательство и построение.

В задачах на вычисление требуется выразить неизвестные величины (отрезки, углы, площади, объемы) или их соотношения через известные параметры. Если параметры даны в общем виде, то результат получается в буквах; если же условие содержит числовые значения параметров, ответ доводится до числа.

Иногда условие таково, что требуется сначала решить задачу в общем виде, а потом подставить в полученное выражение значения параметров. Но порой, независимо от требований условия, задачу целесообразно решить в общем виде. Таким образом, решения «в буквах» и «в числах» не противопоставляются одному другому, они являются лишь двумя формами представления неизвестных величин через известные.

В задачах на доказательство необходимо установить наличие определенных соотношений между элементами рассматриваемой фигуры: равенство или неравенство отрезков, углов, параллельность или перпендикулярность прямых, плоскостей и т.д. Иногда задачи этого типа могут быть оформлены и как задачи на вычисление; например, доказать, что некоторый угол равен 45 , что объем одной фигуры во столько-то раз больше объема другой фигуры и т.п.

Менее распространены задачи на исследование. В таких упражнениях результат заранее не сообщается. Требуется выяснить, лежит ли некоторая точка на данной прямой (на данной плоскости), пересекаются ли данные окружности, параллельны ли данные прямые и т.п., определить, какой из данных отрезков больше, к какой из сторон треугольника ближе данная точка. Установить зависимость между перечисленными в условии элементами фигуры.

Обе формы задач на доказательство важны.В задачах на построение неизвестные величины определяются в результате выполнения ряда геометрических построений (с помощью допустимых геометрических инструментов или в обусловленной проекции). Как правило, речь идет о построении геометрической фигуры по некоторым данным о ней.

Помимо названных трех групп, в школах используют задачи на моделирование. На уроках или в качестве домашнего задания учащиеся должны из указанных материалов (дерево, фанера, стекло, проволока, картон, нитки и т.д.) изготовить модель указанной фигуры.

Задачи на моделирование являются единственным представителем, так называемых комбинированных задач. Часто в условии одной задачи сочетаются элементы вычислений, доказательства и построений. Например, требуется построить сечение, определить его форму и вычислить его площадь. Иногда перед построением требуется путем вычислений определить положение отдельных точек или линий, после построения требуется проверить его правильность, т.е. выполнить доказательство.

Всё это свидетельствует о том, что ограничиваться задачами лишь одного типа нельзя. Если не рассматривать задач на построение, не будут развиваться конструктивные способности учащихся; если не решать задач на доказательство, не будет развиваться в должной мере логическое мышление.

Поэтому учителя стремятся, чтобы по ходу изучения каждой темы учащиеся решали задачи всех видов: на вычисление, на доказательство и на построение. При этом некоторое число задач должно иметь комбинированный характер.

1. Построение чертежа³

Решение любой геометрической задачи начинается с чертежа. Умение построить хороший грамотный чертеж, помогающий решению задачи, является важнейшим элементом геометрической культуры.

Можно выделить некоторые, к сожалению, трудно формализуемые принципы, которыми следует руководствоваться при построении чертежа. (Подчеркиваю, что речь идет о построении чертежа на этапе собственного решения, а не об оформлении решения на чистовике.) прежде всего чертеж должен быть «большим и красивым». Это вовсе не означает, что чертеж должен выполняться по всем правилам черчения, с использованием соответствующих инструментов.

Важнейшим требованием к чертежу является требование лаконичности. Следует изображать лишь «функционирующие» части геометрических фигур. Так, например, если в задаче надо найти радиус окружности, вписанной в треугольник, то в большинстве случаев саму окружность не следует изображать. Если в условии фигурируют точки этой окружности, то в ее изображение может оказаться полезным для решения задачи. При этом даже такой пустяк, как «что раньше изобразить: окружность или треугольник?», может существенно сказаться на качестве чертежа, а в результате – и на решение.

Не следует думать, что на начальном этапе решения задачи заканчиваются проблемы, связанные с построением чертежа. Имеется немало задач, процесс решения которых состоит в последовательном уточнении особенностей рассматриваемой конфигурации с соответствующими переделками чертежа, так что окончательный вид чертеж принимает лишь одновременно с окончанием решения.

Необходимо избегать чрезмерного усложнения чертежа. Этого можно добиться, в частности, за счет выносных картинок, изображающих фрагменты общей конфигурации. С другой стороны, стоит непосредственно на чертеже указывать числовые или буквенные значения линейных или угловых величин, заданных в условии или полученных (приведенных) в процессе решения.

Говорят, что геометрия есть искусство правильно рассуждать на неправильном чертеже. Очень часто решение задачи не зависит от числовых данных, указанных в условии. Более того, формально логическая структура решения не должна опираться на чертеж; как говорят, решение не должно апеллировать к чертежу. И все же легче и лучше правильно рассуждать на правильном чертеже, на котором прямой угол выглядит как прямой, соблюдены пропорции и соотношения, заданные в условии, и не приходится напрягать воображение, чтобы узнать в кособоком овале окружность. Правильный чертеж поможет увидеть особенности геометрической фигуры, необходимые или полезные для решения задачи. Конечно же, эти особенности в дальнейшем должны быть обоснованы без посылок на чертеж. При этом иногда приходится делать два чертежа. Первый, правильный, с помощью которого можно сделать геометрические «открытия», и второй, заведомо неправильный, для проведения доказательства.

С другой стороны, если речь идет о фигуре общего вида, например о произвольном треугольнике или четырехугольнике, т о необходимо, чтобы фигура, изображенная на чертеже, не имела характерных особенностей, присущих «хорошим» фигурам; в частности, треугольник не должен быть прямоугольным или равнобедренным, а тем более правильным, четырехугольник – быть похожим на параллелограмм.

Умение строить нужный чертеж, понимание, где надо постараться и выполнить чертеж поточнее, а где можно обойтись не очень точной схематической картинкой, приходит с опытом.

В простейших случаях ход решения задачи виден сразу после прочтения или же построения чертежа. Остается лишь реализовать это решение технически – произвести необходимые доказательства, сделать вычисления. В других, более сложных случаях, технической стадии предшествует несколько этапов, один из которых состоит в выявлении характерных особенностей конфигурации, рассматриваемой в задаче.

Эти особенности, в частности, могут быть следствием специального подбора числовых данных задачи. В этом, кстати, одна из причин, почему при построении чертежа надо стараться выдерживать заданные пропорции. При этом, конечно же, нельзя забывать о том, что выявленные особенности требуется строго доказать. Иногда для этого, как уже отмечалось, полезно сделать новый, намеренно неправильный чертеж.

1. Методы решения задач

Наряду с изучением программного теоретического материала учащиеся знакомятся с основными методами решения задач. Там, где такому ознакомлению не уделяется должного внимания, нередко учащиеся пытаются решать все задачи однообразно, причем делают это часто нерационально. Хуже того: часто обучающиеся приступают к решению немедленно после того, как прочли или услышали условие, без всякого изучения условия. Это приводит к бесполезной трате времени.

Чтобы выработать у учащихся определенные навыки решения геометрических задач, нельзя ограничиваться эпизодической демонстрацией решения отдельных задач (хотя такие демонстрации также нужны). Нужно систематически разъяснять как общий подход к решению таких задач, так и отдельные частные приемы.

Особое внимание следует уделять анализу условия задачи. В процессе изучения условия должен быть намечен путь решения, т.е. определена последовательность рассуждений, построений и вычислений, приводящая к цели.

Иногда геометрические задачи решают алгебраически: вводят обозначения, составляют уравнения, решают эти уравнения и затем устанавливают пригодность или непригодность найденных корней.

При таком подходе к решению задачи геометрическая сторона играет вспомогательную роль (на первый план выступает решение уравнения). Поэтому такие задачи рекомендуется решать главным образом в курсе алгебры. Но даже в этом случае составлению уравнения предшествует анализ чертежа, определение соотношений между элементами рассматриваемой фигуры и т.д.

Поэтому учащимся следует почти во всех случаях начинать решение задачи с построения чертежа. Если речь идет о задаче на вычисление или на доказательство, чертеж может быть сделан без точного соблюдения масштаба (но все же верным принципиально, достаточно наглядным). При решении задач на построение требования к чертежу повышаются.

Во многих случаях решение задачи на вычисление идет в виде постепенного вычисления элементов фигуры. Следует, однако, разъяснить учащимся, что при этом иногда выполняется лишняя работа: некоторые величины, которые были найдены в процессе решения задачи, не входят в конечный результат (формулу).

При решении геометрических задач с применением тригонометрии от учащихся требуют обязательно сначала решить задачу в общем виде. В других случаях такое категорическое требование не выдвигается, но время от времени решение задачи с буквенными параметрами должно иметь место.

При составлении плана решения во многих случаях используют восходящий анализ. Такой анализ существенно облегчается продуманным чертежом. Важно, чтобы учащиеся, начертив фигуру, о которой идет речь в условии задачи, проводили некоторые линии не произвольно, а так, как это целесообразно для решения задачи.

В некоторых случаях дополнительные линии не затрудняют учащихся, в других – нагромождение линий (в том числе ненужных, проведенных поспешно) мешает найти правильный путь решения. Поэтому преподавателю следует обратить внимание обучающихся на роль хорошего чертежа при отыскании плана решения задачи.

Нередко данные в условии задачи и искомые величины разъединены. Иногда их удается связать при помощи известных соотношений между элементами фигуры, но в тех случаях, когда соотношения не известны, заслуживает внимания попытка сближения разъединенных элементов фигуры.

Когда такого рода преобразование невозможно или явно нецелесообразно, прибегают к введению вспомогательных величин. Обычно полагают известным некоторый отрезок или угол. Этот путь особенно часто применяется, если геометрическая задача решается с применением тригонометрии.

Задачи разных тем курса геометрии требуют различных приемов решения.

1. Некоторые особенности решения задач на доказательство

Геометрические задачи на доказательство представляют собой теоремы, знание которых не предусматривается программой. Однако для решения этих задач достаточно тех знаний, которые обеспечиваются усвоением программного материала.

С одной стороны, геометрические задачи на доказательство помогают расширению кругозора учащихся. В ходе решения таких задач обучающиеся узнают, что фигуры имеют не только те свойства, которые описаны в учебнике. Этим подчеркивается, что основной курс геометрии создает лишь базу для дальнейшей работы, для более глубокого изучения фигур и их свойств.

Хотя от учащихся не требуется запоминать результаты решенных задач, некоторые из рассмотренных свойств удерживаются в памяти. Именно поэтому в качестве материала для задач на доказательство отбирают в первую очередь существенные свойства (если их доказательство осуществимо, доступно учащимся и не требуют слишком много времени).

С другой стороны, в процессе решения задач на доказательство развивается логическое мышление учащихся. Они приучаются к последовательности рассуждения, узнают приемы геометрических доказательств, упражняются в записи условия теоремы и ходе рассуждения с помощью принятой символики. Разумеется, для развития логического мышления полезно решать не только задачи на доказательство, но именно этот вид упражнений особенно способствует развитию учащихся в указанном направлении.

Доказательство представляет собой цепь рассуждений со ссылками на условие теоремы, на чертеж (если это необходимо), на аксиомы и на доказанные ранее теоремы. Такое (синтетическое) изложение не разъясняет, каким образом найдено доказательство, поэтому оно расширяет познания обучающихся, но не обучает их правильному мышлению.

В ходе изучения задач на доказательство учащиеся анализируют условие и намечают порядок рассуждений, который приводит к доказательству данного утверждения. Этот процесс поисков решения играет особенно важную обучающую роль.

В некоторых случаях процесс доказательства допускает известнуюалгебраизацию. Удается установить вычислением, что данная точка действительно принадлежит указанной прямой или плоскости, что две точки совпадают, что между элементами фигуры действительно существует определенное соотношение и т.д.

Однако не следует переоценивать доказательства геометрических предложений применением аппарата алгебры. В ряде случаев алгебраические вычисления достаточно громоздки. Кроме того, в процессе выкладок может потеряться геометрический смысл работы.

В подборе упражнений нужна определенная система. В частности, задачи на доказательство подбираются таким образом, чтобы были охвачены и важные предложения, и важные методы решения задач на доказательство.

1. Изучение темы «окружность» в школьном курсе геометрии 7-9 классы

По учебнику Атанасяна Л. С. «Геометрия 7-9», 2010 г. определения и теоремы, связанные с окружностью звучат так:

Определение: Окружностью называется геометрическая фигура, состоящая из всех точек плоскости, расположенных на заданном расстоянии от данной точки.

Данная точка называется центром окружности, а отрезок, соединяющий центр с какой-либо точкой окружности, - радиусом окружности.

Отрезок, соединяющий две точки окружности, называется её хордой. Хорда, проходящая через центр окружности, называется диаметром.

Теорема: диаметр окружности в два раза больше её радиуса. Центр окружности является серединой любого диаметра.

Любые две точки окружности делят её на две части. Каждая из этих частей называется дугой окружности.

Утверждение:

1. Если расстояние от центра окружности до прямой меньше радиуса окружности (dr), то прямая и окружность имеют две общие точки. В этом случае прямая называется секущей по отношению к окружности;

2. Если расстояние от центра окружности до прямой равно радиусу окружности (d=r), то прямая и окружность имеют только одну общую точку;

3. Если расстояние от центра окружности до прямой больше радиуса окружности (dr), то прямая и окружность не имеют общих точек.

Прямая, имеющая с окружностью только одну общую точку, называется касательной к окружности, а их общая точка называется точкой касания прямой и окружности (прямая и окружность лежат в одной плоскости).

Теорема 1: Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания.

Следствие:Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности.

Теорема: Если прямая проходит через конец радиуса, лежащий на окружности, и перпендикулярна к этому радиусу, то она является касательной.

Дуга называется полуокружностью, если отрезок, соединяющий ее концы, является диаметром окружности. Угол с вершиной в центре окружности называется ее центральным углом.

Утверждение: Если дуга АВ окружности с центром О меньше полуокружности (то есть угол АОВ является неразвёрнутым) или является полуокружностью, то её градусная мера считается равной градусной мере центрального угла АОВ. Если же дуга АВ больше полуокружности, то ее градусная мера считается равной 360 - АОВ.

Утверждение: сумма градусных мер двух дуг окружности с общими концами равна 360 .

Угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность, называется вписанным углом.

Теорема о вписанном угле: Вписанный угол измеряетсяполовиной дуги, на которую он опирается.

Следствие 1: Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.

Следствие 2: Вписанный угол, опирающийся на полуокружность, - прямой.

Теорема 2: Если две хорды окружности пересекаются, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды.

Если все стороны многоугольника касаются окружности, то окружность называется вписанной в многоугольник, а многоугольник – описанным около этой окружности.

Теорема: В любой треугольник можно вписать окружность.

Замечание:

1. В треугольник можно вписать только одну окружность;

2. Не во всякий четырехугольник можно вписать окружность.

Утверждение 1: В любом описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны.

Утверждение: Если суммы противоположных сторон выпуклого четырехугольника равны, то в него можно вписать окружность.

Если все вершины многоугольника лежат на окружности, то окружность называется описанной около многоугольника, а многоугольник – вписанным в эту окружность.

Теорема: Около любого треугольника можно описать окружность.

Замечание:

1. Около треугольника можно описать только одну окружность;

2. Около четырехугольника не всегда можно описать окружность.

Утверждение: В любом вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна 180 .

Утверждение: Если сумма противоположных углов четырехугольника равна 180 , то около него можно описать окружность (в учебнике Атанасяна задача № 729*).

Теорема 3: Около любого правильного многоугольника можно описать окружность, и притом только одну.

Теорема 4: В любой правильный многоугольник можно вписать окружность, и притом только одну.

Следствие 1: Окружность, вписанная в правильный многоугольник, касается сторон многоугольника в их серединах.

Следствие 2: Центр окружности, описанной около правильного многоугольника, совпадает с центром окружности, вписанной в тот же многоугольник.

Эта точка называется центром правильного многоугольника.

1. Дополнительные сведения

Приведем примеры некоторых сведений, которые получаются из школьной программы. Получить эти результаты не сложно.

1. Из теоремы 3 и теоремы 4 из предыдущего параграфа следует два замечательных вывода:

Вывод из теоремы 3:Центр описанной около треугольника окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров и расположен:

1. в треугольнике, если он остроугольный;

2. на середине гипотенузы, если он прямоугольный;

3. вне треугольника, если он тупоугольный.

Вывод из теоремы 4: Центр вписанной в треугольник окружности лежит в точке пересечения биссектрис треугольника. Касательная к окружности (стороны треугольника) перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания.

Эти факты школьникам известны, хотя в учебнике они в явном виде в форме теоремы не были выделены. Мы предлагаем выделить их как отдельные утверждения, так как при решении задач эти факты используются часто.

1. В решении задач часто бывает необходимо знать условия взаимного расположения двух окружностей:

Пусть имеется две окружности с радиусами r и R, с центрами О₁ и О₂ соответственно. Тогда:

а) Окружности пересекаются тогда и только тогда, когда

|r - R| ₁ О₂ r + R;

б) Окружности касаются тогда и только тогда, когда

О₁О₂ = r + R (внешнее касание)

или О₁О₂ = |r – R| (внутреннее касание);

с) Окружности не пересекаются тогда и только тогда, когда или

О₁О₂ r + R или О₁О₂ r – R|.

Доказательство этих свойств вытекает из неравенства треугольника.

1. Циклы задач

   1. Вводные задачи

Теоритическая часть школьного курса содержит в основном теоремы, который будут необходимы для развития этой теории. Из нее исключены многие факты, стоящие как бы сами по себе, не работающие на теорию. Но школьная геометрия – это так же (а может быть и прежде всего) искусство решать геометрические задачи. Искусство же решать геометрические задачи основываются на хорошем знании теоритической части курса, знании достаточного количества геометрических фактов, не входящих в курс, и владении определенным арсеналом приемов и методов решения геометрических задач. Поэтому представляется полезным выделить некоторое множество задач (будем их называть вводными или опорными), в которых формулируется некий факт, достаточно часто используемый в задачах.

При составлении циклов задач будем использовать задачи, которые назовем вводными (опорными). Эти задачи либо решаются в школе, но на них не обращают особого внимания и нигде не используют, либо эти задачи на уроках не решаются совсем.

1. Прямая ВК – касательная к окружности, ВС – хорда этой окружности. Доказать, что угол КВС измеряется половиной дуги ВС, расположенной внутри угла КВС.

Доказать: β = .

Доказательство:

Выберем точку Т так, что ТС – диаметр окружности.

Так как (теорема 1), то отсюда следует, что: β= -α.

α= (свойство вписанного угла).

(так как ТС-диаметр окружности).

Тогда: β= -

Для доказательства использовали: теорема 1, свойство вписанного угла.

В учебнике Атанасяна это задача №664.

1. Точка К лежит вне окружности, точка В – точка касания окружности с касательной ВК, точки А и С - точки пересечения окружности с секущей АК.

Доказать: ВК²=АК КС.

Доказательство:

Воспользуемся предыдущей задачей №1, чтобы доказать, что .

Из подобия следует, что =ВК²=АК КС.

Для доказательства использовали: теорема 1, свойство вписанного угла, подобие треугольников.

В учебнике Атанасяна это задача №670.

Так же верно обратное: если ВК² = АК КС, где К – точка лежащая вне окружности, В – точка касания прямой ВК с окружностью, тогда ВК – касательная.

Это можно доказать методом от противного.

1. Секущая КС пересекает окружность в точках А и С, секущая KD пересекает окружность в точках В и D.

Доказать: АК АС=KD КВ.

Доказательство:

Проведем касательные из точки Кк окружности (KM и KN, M и N точки касания). Из следствия из теоремы 1 касательных две и они равны. Из ранее доказанной задачи №2 следует, что

MК²=АC КA= NК²=KD КB.

Так как KM = KN = АК АС=KD КВ.

Для доказательства использовали:следствие из теоремы 1, задачу №2.

В учебнике Атанасяна это задача №672.

1. Две окружности пересекаются в точках А и В. Точка Х лежит на прямой АВ, но не на отрезке АВ.

Доказать:длины всех касательных, проведенных из точки Х к окружностям, равны.

Доказательство:

Из следствия теоремы 1 получается, что XM=XL и XN=XK.

Из задачи №2 следует, что: XM ² =XL² = АX XB;

XK ²=XN ² =АX XB =XM=XL=XK=XN.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1, задачу №2.

В этой задаче интересно то, что не всегда существует окружность, которую требуется построить, но если она существует, то получается, что равны то суммы смежных сторон.

1. Касательная к окружности

1. Прямые РА и РВ касаются окружности с центром О (А и В – точки касания). Проведена третья касательная к окружности, пересекающая отрезки РА и РВ в точках X иY.

Доказать: величина угла XOY не зависит от выбора третьей касательной.

Доказательство:

Пусть С – точка касания прямой ХУ с окружностью.

Из следствия теоремы 1 получается, что РА=РВ, ХО и УО биссектрисы ∠АОС и ∠СОВ =∠ХОА=∠ХОС, ∠СОY=∠ВОY=

∠ХОY=∠ХОС+∠СОY= ∠AОС + ∠COB= ∠AОB.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1.

Из задачи следует замечательный вывод: третью касательную можно выбрать любым способом, то есть таких прямых можно провести много, а угол получается один и тот же, причем он будет равен половине центрального угла ВОА.

1. Вписанная окружность треугольника АВС касается стороны ВС в точке К, а вневписанная - в точке L.

Доказать: СК=BL=(a+b-c)/2, где а, b, с – длины сторон треугольника.

Доказательство:

1. Докажем, что СК =(a + b - c)/2

Из следствия теоремы 1 получается, что FB = BK, CK = NC,

BL = BD, CL = CM.

AB = c, BC = a, AC = b.

То есть: AF + FB = c,

BK + KC = a,

AN + NC = b.

KC = a – BK = a – FB = a – (c – AF) = a – c + AN = a – c + b – CK =

2CK = a + b –c =

СК =(a + b - c)/2.

1. Докажем, что BL=(a + b - c)/2

AB = c, BC = a, AC = b.

Из следствия теоремы 1 получается, что AD = AM=

AD = AB + BD = AB + BL;

AM = AC + CM = AC + CL.

Сложим AD и AM =AD + AM = c + b + a или

2AD = c + b + a.

BL = BD = AD – AB = ½ (c + b + a)–c = (a + b - c)/2.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1.

1. На основании АВ равнобедренного треугольника АВС взята точка Е, и в треугольники АСЕ и ЕСВ вписаны окружности, касающиеся отрезка СЕ в точках M и N.

Найти:длину отрезка MN, если известны длины отрезков АЕ и ВЕ.

Решение:

Из следствия теоремы 1 получается, что CD = CM.

Используя предыдущую задачу № 2.2 получаем, что

CM = ½ (AC + CE – AE);CN = ½ (BC + CE – BE).

Так как треугольник АВС – равнобедренный, то

АС = ВС =

MN = |CM-EN|= ½ |AC + CE – AE – BC – CE + BE| = ½ |BE – AE|.

Ответ: MN =½ |BE – AE|.

Для решения использовали:следствие из теоремы 1, задачу № 2.2.

1. Четырехугольник ABCD обладает тем свойством, что существует окружность, вписанная в угол BAD и касающаяся продолжений сторон ВС и CD.

Доказать:AB+BC=AD+DC.

Доказательство:

Из следствия теоремы 1 получается, что

СQ=CR, BR=BP, АР = ASи DS=DQ.

ОбозначимСQ=CR=x, BR=BP=BC+CQ=BC + x,

DS=DQ=DC+CR=DC + x =

AP = AB + BP = AB + BC + x = AS = AD + DC + x =

AB + BC = AS = AD + DC.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1.

В этой задаче интересно то, что не всегда существует окружность, которую требуется построить, но если она существует, то получается, что равны то суммы смежных сторон.

1. Из точки А к окружности проведены 2 касательные, где В и С точки касания. Длина каждой касательной равна b, расстояние между точками касания а, с – расстояние от точки А до ВС.

Найти:R.

Решение:

Пусть О – центр окружности.

Точка М – точка пересечения ВС и АО. Тогда АМ = с, ОВ = ОС = R, АВ = АС = b (по следствию из теоремы 1), ВС = а.

Из теоремы 1 следует, что R⊥ АВ и R АС.

Рассмотрим треугольники АВО и АВМ:

Из следствия из теоремы 1 получается, что∠ 1=∠2 и∠3=∠4.

Рассмотрим ОВС – он равнобедренный (ОВ = ОС = R), тогда ОМ является биссектрисой, высотой и медианой (ВМ = МС = ½ а, ВС⊥АО).

То есть треугольники АВО и АВМ подобны по трем углам =

AB\AM = BO\MB = b/c = R/(½ a) = R = .

Ответ: R = .

Для решения использовали: следствие из теоремы 1, подобие треугольников.

1. В четырехугольнике АВCDпроведена диагональAC, в полученные треугольники вписали окружности, причем окружности касаются диагонали в точках M иN. Стороны четырехугольника образуют арифметическую прогрессию.

Найти:отношение разности большей и меньшей сторон к отрезку MN.

Решение:

Пусть АВ = а, тогда ВС = а +d, CD = a + 2d, AD = a + 3d

(где d – разность прогрессии)

Обозначим СN = x =по следствию теоремы 1 получается, что:

СN = CK = x =

KD = a + 2d – x = LD; AL = a + 3d - a – 2d + x = d + x = AN.

Обозначим АМ = у =по следствию теоремы 1 получается, что:

AM = AH = y =

HB = a – y = BT; TC = a + d – a + y = d + y = CM.

С одной стороны: MN = TC – x = d + y – x, с другой стороны:

MN = AN – y = AL – y = d + x – y =

d + y – x = d + x – y = x = y =

(a + 3d - a)/MN = (a + 3d - a)/d = 3.

Ответ: 3.

Для решения использовали: следствие из теоремы 1, формулу арифметической прогрессии.

1. Дан параллелограмм ABCD. Вневписанная окружность треугольника ABD касается продолжений сторон AD и AB в точках M и N.

Доказать: точки пересечения отрезка MN с BC и CD лежат на вписанной окружности BCD.

Доказательство:

Пусть точка R – точка касания вневписанной окружности со стороной DB, точка Р – точка пересечения MN и ВС, точка Q – точка пересечения MN и DC. Рассмотрим MDQ, BPN и CQP:

∠QPC = ∠BPN, ∠PQC = ∠DQM (вертикальные);

∠DMQ = ∠BPN (соответственные углы, так как АМ||BC),

∠BNP = ∠DQM (соответственные углы, так как AN||DC);

=∠DMQ = ∠BPN = ∠QPC и ∠BNP = ∠DQM = ∠PQC.

Кроме того: АМ = AN (касательные к вневписанной окружности) = AMN – равнобедренный =∠DMQ = ∠BNP = MDQ, BPN и CQP – равнобедренные =MD = DQ = DR, RB = BN = BP, CQ = CP =

точки R, Q, P = точки касания вписанной окружности BCD.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1, свойство равнобедренного треугольника, свойства вертикальных и соответственных углов.

1. На каждой стороне четырехугольника ABCD взято по две точки, и они соединены так, как показано на рис.

Доказать: если все пять заштрихованных четырехугольников описанные, то четырехугольник ABCD тоже описанный.

Доказательство:

Проведем доказательство в несколько этапов.

1. Утверждение 1: если четырёхугольник описанный, то у него сумма длин одной пары противоположных сторон равна сумме длин пар других его сторон.

Доказательство (утверждения 1):

Рассмотрим четырёхугольник ALMK: в него вписана окружность (дано), точки касания обозначим Q, P, S, N. Используем свойство теоремы 1: AP = AQ, PL = LS, SM = MN, KN = KQ =

AL + KM = AK + LM.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1.

В учебнике Атанасяна это задача 724.

1. Утверждение 2:ABCD – описанный четырёхугольник.

Доказательство (утверждения 2):

(AP + PI + IB) + (CJ + JH + HD) = (BO + OU + UC) + (AQ + QR + RD) (1)

AP = AQ, IB = BO, UC = CJ, HD = DR

NV + EF = ST + WG – докажем это:

Из утверждения 1 следует, что MZ + XY = MX + ZY = продолжим стороны этого четырёхугольника до точек касания с вписанными окружностями остальных четырёхугольников: ST, WG, EF, NV. При этом обе суммы длин пар противоположных отрезков увеличится на одно и то же число (используем следствие теоремы 1), то есть:

ST + WG = NV + EF.

Каждый из полученных отрезков является общей касательной к паре «угловых» окружностей.

Докажем, что:ST = QR.

ST и QR являются общими внешними касательными к окружностям с центрами О₁ и О₂.

Рассмотрим О₁STO₂ и QO₁O₂R – равные трапеции

(O₁S = O₁Q, O₂T = O₂R; O₁S||O₂T, O₁Q||O₂R) = ST = QR.

Подставив все результаты в уравнение (1) получаем:

Вывод: АВСD – описанный четырехугольник.

Из доказательства ST = QRможносделать вывод (который мы доказали):

точки О, О₁, О₂ лежат на одной прямой, которая называется линией центров, причем, точка касания двух окружностей будет так же лежать на линии, соединяющей их центры.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1.

1. Центр О окружности радиуса 3 лежит на гипотенузе АС прямоугольного треугольника АВС. Катеты треугольника касаются окружности.

Найти: площадь треугольника, если ОС = 5.

Решение:

Обозначим M и N – точки касания. Получим, что OMBN – квадрат (так как АВ и ВС касательные и треугольник прямоугольный) =

BN = OM = 3;

ONC – прямоугольный, ОС = 5, ON = 3 =NC 4.

Но тогда: BC = NC + NB = 7; =

или

;

AB = .

Ответ: .

Для решения использовали: теорему 1, формулу площади треугольника.

1. Произведение отрезков длин хорд

Для решения задач в данном пункте надо использовать теорему 2 о произведении отрезков хорд (если АВ и КС – хорды окружности, пересекающиеся в точке Р, то АР РВ=КР РС) и вводную задачу 2 (ОМ – касательная, АВ – хорда, тогда ОМ­­²=ОА ОВ). По школьной программе школьники это проходят в 9 классе (по Атанасяну).К сожалению свойство пропорциональности отрезков хорд и секущих учащиеся часто забывают, из-за чего эти простые задачи кажутся трудными.

1. Пусть точка Р – точка пересечения диагоналей выпуклого вписанного четырехугольника ABCD.

Доказать:треугольник АРВ подобен треугольнику DPC.

Доказательство:

ABCD – выпуклый четырехугольник, вписанный в окружность, тогда по теореме 2 следует, что РА РС = РВ РD.

Кроме того, ∠ 1=∠2 и∠3=∠4 (так как это вписанные углы, и они опираются на одну и ту же дугу). Следовательно, треугольник АРВ подобен треугольнику DPC = РА РС = РВ РD.

Для доказательства использовали:теорему 2, подобие треугольников, свойство вписанных углов.

1. Через точку Р, не лежащую на общей хорде АВ двух пересекающихся окружностей, проведены хорда KM первой окружности и хорда LN второй окружности.

Доказать:четырехугольник KLMN вписанный.

Доказательство:

Из теоремы 2 следует, что РА РB = РL РN = РK РM.

Далее воспользуемся предыдущей задачей: так как четырехугольники ALBN и AMBK вписанные и

РА РB = РL РN = РK РM, то получается, что четырехугольник KLMN вписанный.

Для доказательства использовали: теорему 2, задачу № 3.1.

1. Две окружности пресекаются в точках А и В; MN – общая касательная к ним.

Доказать:прямая АВ делит отрезок MN пополам.

Доказательство:

Из задачи №2 (вводные задачи) следует, что ОМ­²= ОА ОВ = ОN²,

то есть OM = ON.

Для доказательства использовали: задачу №2 (вводные задачи).

В этой задаче интересно то, что окружности можем выбирать различных радиусов, отрезок АВ тоже будет меняться, а вот отрезок АВ всегда будет делить общую касательную к этим окружностям пополам.

1. Прямая ОА касается окружности в точке А, а хорда ВС параллельна ОА. Прямые ОВ и ОС вторично пересекают окружность в точках К и L.

Доказать:прямаяKL делит отрезок ОА пополам.

Доказательство:

Пусть D – точка пересечения KL и АО. По вводной задаче №2 следует, что DA² = DK DL.

Докажем, что треугольники KOD и OLD подобные:

∠OKD = ∠BKL (вертикальные).

∠LOD = 180 - ∠BCL (так как углы односторонние и BC AO).

Из вводной задачи №1 следует, что

∠BKL = ½ BCL = ½ (360 - ͜ BKL) = 180 - ½ ͜ BKL =

= 180 - ∠BCL=∠LOD = ∠BKL = ∠OKD,

∠KDO = ∠LDO (общий). Треугольники KOD и OLD подобные =

OD/LD = KD/OD. То есть:

DO² = DK DL = DA² =OD = AD.

1. Если лучи АО и ВС сонаправлены, то ∠LOD = ∠LCB = ∠OKD, так как BC AO, ∠LOD и ∠LCB – накрест лежащие.

∠OKD = 180 - ∠BKL = 180 - ½ ͜ BCL = 180 - ½ (360 - ͜ BKL) =

= ½ ͜ BKL = ∠LCB.

Это означает, что треугольники KOD и OLD подобные =

OD/LD = KD/OD. То есть:

DO² = DK DL = DA² =OD = AD.

Для доказательства использовали: параллельность прямых, вводные задачи№1 и №2.

1. В параллелограмме ABCD диагональ АС больше диагонали BD;

М - такая точка диагонали АС, что четырехугольник BCDM вписанный.

Доказать:прямая BD является общей касательной к описанным окружностям треугольников АВМ и ADM.

Доказательство:

Пусть О – точка пересечения диагоналей. Так как четырехугольник BCDM – вписанный, то по теореме 1 следует, что MO OC = BO OD.

Так как OC = OA, BO = OD = из вводной задачи №2:

MO OА = ВО², MO OA = DO².

Это означает, что ОВ касается описанной окружности АВМ, OD касается описанной окружности ADM = ВD является общей касательной (так как BO и OD принадлежат одной прямой).

Для доказательства использовали: теорему 1, вводную задачу №2.

1. Даны окружность S и точки A и B вне ее. Для каждой прямой l, проходящей через точку A и пересекающей окружность S в точках M и N, рассмотрим описанную окружность BMN.

Доказать: все эти окружности имеют общую точку, отличную от точки B.

Доказательство:

Пусть точка С – точка пересечения прямой АВ с описанной окружностью BMN, отличная от точки В.

АР – касательная к окружности S.

А­Р² = АМ AN (вводная задача 2).

С другой стороны: АМ AN = АВ АС (вводная задача 3) =

А­Р² = АВ АС =АС = А­Р² /АВ

То есть точка С одна и та же для прямых l (точка С – искомая).

Для доказательства использовали: вводные задачи 2 и 3.

Замечание:следует исключить случай, когда |АР| = |АВ|.

АС = А­Р² :АВ = АР (точка В должна быть отличная от точки С).

1. Даны окружность S, точки A и B на ней и точка C хорды AB. Для каждой окружности S’, касающейся хорды AB в точке C и пересекающей окружность S в точках P и Q, рассмотрим точку M пересечения прямых AB и PQ.

Доказать: положение точки M не зависит от выбора окружности S’.

Доказательство:

МС² = МВ AМ = МQ РМ (вводная задача 2).

М лежит на луче АВ, если АС ВС, М лежит на луче ВА, если АС

Пусть М лежит на луче АВ:

(МВ + ВС)² = МВ (AВ + ВМ), раскроем скобки и приведем подобные, получим:

МВ (AВ – 2 ВС) = ВС² = МВ = ВС² :(AВ – 2 ВС) = const (так как точки А, В и С – фиксированные, были даны изначально), а значит положение точки М не зависит от выбора окружности S’.

Для доказательства использовали: вводную задачу 2.

1. Вокруг треугольника АВС описана окружность. Медиана AD продолжена до пересечения с этой окружностью в точке Е. Известно, что АВ+AD=DE, ∠BAD = 60 , АЕ=6.

Найти: площадь АВС.

Решение:

Обозначим: АВ = х, AD = y =DE = x + y.

AD DE = ВD DC (Теорема 2). Так как AD – медиана, то

CD = DB= .

Применим к АВD теорему косинусов:

BD² = AB² + AD² – 2 AB AD cos ∠BAD или

у (х + у) = х²+ у² – 2 ху =x = 2y.

АЕ = AD + DE = y + x + y = x + 2y = 6.

Решим систему:

=x = 3, y = 1.5

S_ABC = 2 S_ABD = 2 AD AB sin ∠BAD = .

Ответ: .

Для решения использовали: теорема 2, свойство медиан треугольника (свойство площади), теорема косинусов, формула площади треугольника через синус угла.

2.4.4. Касающиеся окружности

1. Две окружности, касаются в точке А. К ним проведена общая (внешняя) касательная, касающаяся окружностей в точках С и D.

Доказать: САD = 90 .

Доказательство:

Пусть О₁и О₂ – центры соответствующих окружностей.

М – точка пересечения касательной CD с касательной к окружностям в точке А.

Так как СМ, МА, MD касательные, то из следствия теоремы 1=

СМ = МА = MD. Получается, что точка А лежит на окружности с диаметром CD =из свойства центрального угла: САD = 90 .

Для доказательства использовали: следствие теоремы 1, свойство центрального угла.

Интересно тут то, что окружности мы можем брать любых радиусов, а вот угол всегда получается 90 .

В учебнике Атанасяна это задача №714*.

1. Две окружности S₁ и S₂ с центрами О₁ и О₂ касаются в точке А. Через точку А проведена прямая, пересекающаяся S₁ в точке А₁ и S₂ в точке А₂.

Доказать: О₁А₁||О₂А₂.

Доказательство:

Точки О₁ ,О₂ и А лежат на одной прямой.

∠1 = ∠2 (так как это вертикальные углы).

А₁О₁А и А₂О₂А – равнобедренные, так как

А₁О₁ = О₁А и А₂О₂ = О₂А (радиусы).

Из этого следует, что: ∠1 = ∠3, ∠4 = ∠2 =∠3 = ∠4.

Используем теорему (из 7 класса): если при пересечении двух прямых секущей, накрест лежащие углы равны (∠3 = ∠4), то прямые параллельны.

Следовательно, О₁А₁||О₂А₂.

Для доказательства использовали: теорему из 7 класса о параллельности двух прямых, свойство вертикальных углов, равнобедренные треугольники.

В учебнике Атанасяна это задача №877.

1. Две касающиеся окружности с центрами О₁ и О₂ касаются внутренним образом окружности радиуса R с центром О.

Найти: периметр треугольника О₁ОО₂.

Решение:

А₁, А­₂, В – точки касания окружностей.

О₁ ,О₂, В – лежат на одной прямой.

О₁ О₂ = О₁В + ВО₂ = О₁ А₁ + О₂ А₂=

О₁ О + О О₂ + О₁ О₂ = (О₁ О + О₁ А₁) + (О О₂ + О₂ А₂) = О А₁ + О А₂ =

= R + R = 2R.

Ответ: 2R.

Для решения использовали: расстояние между окружностями, свойство касающихся окружностей.

1. Окружности S₁ и S₂ касаются окружности S внутренним образом в точках А и В, причем одна из точек пересечения окружностей S₁ и S₂ лежит на отрезке АВ.

Доказать: сумма радиусов окружностей S₁ и S₂ равна радиусу S.

Доказательство:

Пусть С – точка пересечения окружностей S₁ и S₂ (точка С лежит на прямой АВ).

Пусть О₁, О₂, О – центры окружностей S₁, S₂, S соответственно.

О и О₁ лежат на одной прямой, О и О₂ лежат на одной прямой (линии центров).

Рассмотрим АОВ, O₁AC, CO₂B – они равнобедренные (т.к. стороны треугольников – это радиусы соответствующих окружностей).

ПустьОВ = ОА = R; O₁A = O₁C = r₁; O₂B = CO₂ = r₂.

AO = R +r₁ = OB =ОО₁ = R - r₁, ОО₂ = R – r₂.

Крометого, ∠1 = ∠2 = ∠4 = ∠3 =∠BO₂C = ∠CO₁A = ∠AOB =

∠5 = ∠6 = 180 – ∠CO₂B; ∠BO₂C = 180 – 2 ∠1 (так как треугольник равнобедренный) = ∠O₂СО₁ =ОА||CO₂ (при пересечении двух прямых секущей соответственные углы равны). Таким образомOO₂СО₁ – параллелограмм =

OО₁ = O₂С = O₂B =AO = AO₁ + O₁O = AO₁ + O₂B = r₁ + r₂.

Для доказательства использовали:признак параллелограмма, равнобедренные треугольники, свойство касающихся окружностей.

1. Две окружности радиусов R и r касаются внешним образом (т.е. ни одна из них не лежит внутри другой).

Найти:длину общей касательной к этим окружностям.

Решение:

Пусть К – точка касания окружностей, О₁ и О₂ - центры окружностей радиусов R и r соответственно.

О₁, К, О₂ – точки, лежащие на одной прямой.

Из теоремы 1 получается, что О₁А⊥АВ и О₂В⊥АВ.

Тогда АВ О₁О₂ - прямоугольная трапеция, где АО₁ и ВО₂ - основания. Тогда О₁О₂ = R + r.

Проведем высоту О₂N=ВО₂NA – прямоугольник,

О₂N = АВ =О₁N = R – r.

Рассмотрим треугольник О­₁О₂N – прямоугольный =

по теореме Пифагора:

(О­₁О_2­)² = (О₂N)² + (О­₁N)² =(R +r)² = AB² + (R – r)² =AB = 2 .

Ответ: 2 .

Для решения использовали: теорему 1, теорему Пифагора, дополнительные сведения 2.

1. Пусть а и b – длины катетов прямоугольного треугольника, с – длина его гипотенузы.

а ) б)

Доказать:

а) радиус вписанной окружности этого треугольника равен ½ (а+b – с);

б) радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен ½ (а+b+с).

Доказательство:

а) АВС – прямоугольный, ∠С = 90 . M, L, K – точки касания вписанной окружности с АВС.

Пусть АС = а, АВ = с, СВ = b. Из следствия теоремы 1 получается, что

СM = CK; BK = BL; AM = AL.

Из теоремы 1 следует, что ОМ⊥АС; OL⊥AB = СМОК – квадрат и

СМ = СК = r =

AL = c – LB = c – KB = c – (b – r) = c – b + r, AM = a – r = AL =

a – r = c – b + r =r = ½ (a + b – c).

б) АВС – прямоугольный, ∠С = 90 . M, L, K – точки касания вписанной окружности с АВС.

Пусть АВ = с, АС = а, СВ = b. Из следствия теоремы 1 получается, что

АМ = АК,КВ = BL.

Из теоремы 1 следует, что ОМ⊥CM; OL⊥CL = СМОК – квадрат и

СМ = СL = R.

Так как АК + КВ = АМ + BL = с = или =

a + b + (BL + AM) = 2R

a + b + c = 2R = R = ½ (а + b + с).

Для доказательства использовали: теорему 1, следствие из теоремы 1.

1. В равносторонний треугольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Радиус малой окружности равен 1.

Найти: сторону треугольника.

Решение:

Так как в равностороннем треугольнике АВС: =

∠OBM = 30 .

Из и проведем перпендикуляры и к .

Так же (по условию).

Рассмотрим :

1 : 0,5 = 2.

(так как общий) =

= ;

Остается найти сторону треугольника: из =

∠OBM = 3 = 6

Ответ: 6 .

Замечание:

1. В этой задаче могут возникнуть задачи связанные с определением котангенса угла, поэтому концовку задачи можно решить иначе: = = = BT: ;

4 = 1 + ; = = ; 6 .

1. Можно использовать результат из задачи №4.5. :

ТМ = 2 = 2 .

Для решения использовали: подобие треугольников, определение котангенсаугла, свойство равностороннего треугольника, свойство касающихся окружностей.

1. Основание равнобедренного треугольника равно 10 см, проведенная к нему высота–12 см. Вершины треугольника служат центрами кругов, каждый из которых касается двух других внешним образом.

Найти: радиусы кругов, которые касаются трех указанных кругов внешним и внутренним образом.

Решение:

Пусть E,D, - точки касания, радиус окружности с центром в точке О₁ =r, а с центром в точке О₂ – R.

Так как AD = 5, AB = 13, то ВЕ = 8, ВО₁= 8+r, AO₁ = 5 + r, O₁D = 4 - r.

Из прямоугольного треугольника AO₁D: (5 + r)² = 25 + (4 - r)² =

r = BO₂ = R - 8, O₂D = 12 - (R - 8) = 20 - R, O₂A = R - 5 = из прямоугольного треугольника AO₂D получаем: (R - 5)² = (20 - R)²+ 25 =R =

Ответ: .

Для решения использовали: свойство равнобедренного, прямоугольного треугольников, теорему Пифагора, свойство касающихся окружностей.

1. Три окружности S₁, S₂ и S₃ попарно касаются друг друга в трех различных точках.

Доказать: прямые, соединяющие точку касания окружностей S₁ и S₂ с двумя другими точками касания, пересекают окружность S₃ в точках, являющихся концами ее диаметра.

Доказательство:

В₁О₃ || CO₁ и А₁О₃ || CO₂ (задача 4.2).

Точки О₁, С, О₂ лежат на одной прямой О₁О₂. Прямые О₃В₁ и О₃А₁ параллельны одной прямой О₁О₂ и проходят через одну точку (О₃), значит точки А₁, О₃, В₁ лежат тоже на одной прямой, то есть А₁В₁ диаметр окружности S₃.

Для доказательства использовали: задача 4.2.

1. Радиусы окружностей S₁ и S₂, касающихся в точке A, равны R и r (R r).

Найти: длину касательной, проведенной к окружности S₂ из точки B окружности S₁, если известно, что AB = a. (Разберите случаи внутреннего и внешнего касания.)

Решение:

• Внешнее касание:

Точки О₁, А, О₂ лежат на одной прямой.

BK² = AB BX (вводная задача 2).

ВО₁А ∿ АО₂Х (вертикальные углы равны, треугольники равнобедренные) =AB :AX = O₁A :AO₂ =a : (ВХ – а) = R : r =

BX = a (r + R) / R = BK² = AB a (r + R) / R = a² (r + R) / R.

Ответ: a

• Внутреннее касание:

BK² = AB BX (вводная задача 2).

ВО₁А∿ АО₂Х=AB : AX = O₁A : AO₂= a : (a - ВХ) = R : r=

BX = a (R – r) / R =BK² = AB a (R – r) : R = a² (R – r) / R.

Ответ: a

Для решения использовали: вводную задачу 2, подобие треугольников, свойство касающихся окружностей.

1. В прямоугольном треугольнике катет АВ=3, катет АС=6. Центры окружностей радиусов 1, 2 и 3 находятся соответственно в точках А, В и С.

Найти: радиус окружности, касающийся каждой из трех данных окружностей внешним образом.

Решение:

Пусть О – центр искомой окружности, R – ее радиус, тогда:

АО = R + 1, OB = R + 2, ОC = R + 3.

Пусть точки M и N – проекции точки О на АВ и АС.

Обозначим АМ = х, тогда СМ = 6 – х.

Рассмотрим АМО и СМО – они прямоугольные, тогда по теореме Пифагора получаем:

СО² – СМ² = АО² – АМ² или (R+ 3)² – (6 – x)² = (R + 1)² – x²

Раскрыв скобки и решив уравнение получаем: х = (7 – R) / 3.

Обозначим АN = y, тогда BN = 3 – y.

Рассмотрим АNО и BNО – они прямоугольные, тогда по теореме Пифагора получаем:

BО² – BN² = АО² – АN² или (R+ 2)² – (3 – y)² = (R + 1)² – y²

Раскрыв скобки и решив уравнение получаем: y = (1 – R) / 3.

ПотеоремеПифагора:

AO² = AN² + NO² = AN² + AM² = y² + x² или

(R + 1)² = ((7 – R) / 3)² + ((1 – R) / 3)²

Раскрыв скобки, получаем: 7R² + 38R – 49 = 0 =R = (8 – 19) /7.

Ответ: (8 – 19) / 7.

Для решения использовали:теорему Пифагора, свойство касающихся окружностей.

1. Окружности с радиусами r и R касаются друг друга внешним образом и касаются прямой в точкахАи В. Пусть А₁- точка первой окружности, диаметрально противоположная точке А. Отрезок А₁В пересекается с первой окружностью в точке М

Найти: отношение А₁М и МВ.

Решение:

Пусть О₁ – центр окружности, касающейся прямой в точке А,

О₂– центр окружности, касающейся прямой в точке В. Точку касания окружностей обозначим точкой Р.

Рассмотрим А₁О₁Р и О₂ВР – они подобные (вертикальные углы равны, треугольники равнобедренные) =∠О₁А₁Р = ∠РВО₂ – накрест лежащие углы. Используем задачу 4.2. (теорема (из 7 класса): если при пересечении двух прямых секущей, накрест лежащие углы равны, то прямые О₁А₁ и О₂В параллельны). Точки А₁, Р и В лежат на одной прямой. Так как отрезок А₁В должен пересекать первую окружность в точке, то получается, что точка Р совпадает с точкой М.

Так как А₁О₁М ∿ О₂ВМ = .

Ответ: .

Для решения использовали: подобие треугольников, теорему из 7 класса о параллельности прямых (задача 4.2.), свойство касающихся окружностей.

1. Две касательные, проведенные из одной точки

1. Из точки А проведены касательные АВ и АС к окружности с центром О.

Доказать:если из точки М отрезок АО виден под углом 90 , то отрезки ОВ и ОС видны из нее под равными углами.

Доказательство:

Точки М, В, С принадлежат одной окружности с диаметром АО (так как из точки М отрезок АО виден под углом 90 ).

Кроме того, хорды ОВ и ОС этой окружности равны (так как это радиусы окружности с центром О). Тогда отрезки ОВ и ОС видны из точки М под равными углами.

Для доказательства использовали: следствие из теоремы 1, свойство вписанных углов.

Главнаятрудность задачи в том,что надо провести окружность с диаметром АО, проходящей через точки М, В и С.

1. Из точки А проведены касательные АВ и АС к окружности с центром О. Через точку Х отрезка ВС проведена прямая KL, перпендикулярная ХО (точки К и L лежат на прямых АВ и АС).

Доказать: КХ=ХL.

Доказательство:

Так как АВ⊥ОВ и ОХ⊥KL = точки В и Х лежат на окружности с диаметром КО, поэтому

∠XLO = ∠XBO.

Аналогично ∠XLO = ∠XСO.

ВОС – равнобедренный, тогда ∠XСO = ∠XBO = KOL – тоже равнобедренный.

Так как ОХ⊥KL, то ОХ- высота в KOL, являющейся и медианой и биссектрисой (свойство равнобедренного треугольника), тогда КХ=ХL.

Для доказательства использовали: свойство равнобедренного треугольника.

1. На продолжении хорды KL окружности с центром О взята точка А, и из нее проведены касательные АР и АQ; М – середина отрезка PQ.

Доказать:∠МКО=∠MLO.

Доказательство:

Так как точка М – середина отрезка PQ, М лежит на ОА (задача №2.5.).

Так как AOP∿ APM (задача № 2.5.), то

АР² = AМ AО и АР² = AK AL (из вводной задачи №2).

Получается:

AK AL = AM AO.

Тогда точки K, L, M, O – точки, принадлежащие одной окружности, и поэтому ∠MKO = ∠MLO (вписанные углы).

Для доказательства использовали: вводную задачу №2, задачу №2.5, свойство вписанных углов.

1. Четырехугольник ABCD вписан в окружность, причем касательные в точках В и D пересекаются в точке К, лежащей на прямой АС.

Доказать: АВ CD=BC AD.

Доказательство:

Используя вводную задачу №2 получаем, что KAB∿ KBC, то

AB/BC = KB/KC;

ADK∿ DCK, то AD/DC = KD/KC; учитывая, что KB = KD (это касательные к окружности и по следствию из теоремы 1 они равны), получаем, что:

и =

AB /BC = AD /DC илиАВ CD=BC AD.

Для доказательства использовали: вводную задачу №2, следствие из теоремы 1.

1. Площади криволинейных фигур

1. На гипотенузе и катетах прямоугольного треугольника построены полуокружности, расположенные так, как показано на рис.

Доказать:сумма площадей образовавшихся «луночек» равна площади данного треугольника.

Доказательство:

Пусть АВ = 2с, АС = 2b, СВ = 2а.

Пусть S_i – площадь полуокружности i; S – площадь «луночек».

S₁ = R²/2 = 2 c²,

S₂ = 2 b²,

S₃ = 2 a².

S = S₁ + S₂ + S_ABC – S₃ = 2 c²+ 2 b² + S_ABC - 2 a² = 2 (c² + b² - a²) + S_ABC

S= S_ABC.

(c² + b² - a²) = 0 по теореме Пифагора.

Для доказательства использовали: теорему Пифагора, формулу площади полуокружности.

1. В круге проведены два перпендикулярных диаметра, т. е. четыре радиуса, а затем построены четыре круга, диаметрами которых служат эти радиусы.

Доказать:суммарная площадь попарно общих частей этих кругов равна площади части исходного круга, лежащей вне рассматриваемых четырех кругов.

Доказательство:

Пусть R – радиус большого круга, S – площадь большого круга.

S = R².

S₁ – площадь маленького круга с радиусом R/2.S₁ = (R/2)².

S₂ – площадь с одинарной штриховкой, S₃ – с двойной.

S = 4 S₁ + S₂ – S₃или

R² = 4 (R/2)² + S₂ – S₃ = S₂ = S₃.

Для доказательства использовали:формулу площади круга, свойство касающихся окружностей.

1. В АВС боковые стороны АВ и ВС равны а, ∠АВС = 120 .В АВС вписана окружность, касающаяся стороны АВ в точке D. Вторая окружность имеет центром точку В и проходит через точку D.

Найти: площадь той части вписанного круга, которая лежит внутри второго круга.

Решение:

Пусть О – центр вписанной окружности, точка М – точка касания вписанной окружности со стороной ВС, BM = BD (касательные к вписанной окружности, кроме того, это радиус второй окружности); точка К – точка касания вписанной окружности со стороной АС.

Так как АВС – равнобедренный, то зная боковую сторону легко можно найти основание АС (провести высоту к основанию, воспользоваться свойством прямоугольного треугольника и теоремой Пифагора).

АС = а .

AD = AK, KC = MC (касательные к вписанной окружности), так как АВС – равнобедренный и BM = BD =AD = MC.

Найдем радиус второй окружности, для этого посчитаем периметр АВС:

Р = a + a + а = 2а + а = AD + DB + BM + MC + KC + AK =

= 4AD + 2DB = 4 (a – DB) + 2DB = 4a – 2DB =

2а + а = 4a – 2DB = BD = BM = a (1 - ).

Пусть S – искомаяплощадь, S = S₁ + S₂.

S₁ = S₁₁ - S₁₂,

S₂ = S₂₁ - S₂₂,

где S₁₁ – площадьсектора DBM, S₁₂ – площадь DMB, S₂₁ – площадьсектора DOM, S₂₂ - площадь DOM.

S₁₁ = ½ α R² = (a (1 - ))²= a² ( - ).

S₁₂ = ½ BD BM sin∠B = a² ( - ).

S₁ = S₁₁ -S₁₂ = ¼ a² (7 - 4 ) ( - ).

Найдем радиус вписанной окружности из ВОМ – прямоугольный:

∠DOM = 360 - 2 90 - 120 = 60 =

r = OM = BM tg 60 = ½ a (2 - ) =

S₂₁= ½ r² = a² (7 - 4 ).

S₂₂ = ½ OD OM sin∠DOM = a² (7 - 4 ).

S₂ = S₂₁- S₂₂ = ¼ a² (7 - 4 ) ( - ).

S = S₁ + S₂ = ¼ a² (7 - 4 ) ( - ).

Для решения использовали:свойство равнобедренного треугольника, свойство прямоугольного треугольника, теорему Пифагора, следствие из теоремы 1, формулу сектора круга, формулу площади треугольника.

Эта задача из Московской олимпиады 2000 г.

1. Две окружности (центры О₁ и О₂) разных радиусов (Rr) касаются в точке С одной и той же прямойa и расположены по одну сторону от нее. Отрезок CD – диаметр большей окружности. Из точки D проведены две прямые, касающиеся меньшей окружности в точке А и в точке В. Прямая, проходящая через точку С и точку А, образует с общей касательной к окружностям в точке С угол 75 и пересекает большую окружность в точке М. Известно, что АМ= .

Найти:площадь фигуры, ограниченной отрезками касательных AD, BD и АСВ меньшей окружности.

Решение:

Пусть СЕ – диаметр окружности с центром О₂;

Р – проекция точки Е на MD (РЕ⊥MD).

Так CD и СЕ – диаметры, то ∠САЕ = ∠CMD = 90 (следствие 2 теоремы о вписанном угле).

Таким образом, получаем, что АМРЕ – прямоугольник, тогда

РЕ = АМ = = ( – 1)/ .

Рассмотрим PDE – прямоугольный, ∠PDE = ∠AEC(MD||AE, соответственные углы равны).

СЕ – диаметр, СЕ⊥ а (по теореме 1, так как а – касательная к окружностям),

∠САЕ = 90 =∠АCЕ + ∠АЕС = 90 , но ∠АCЕ + 75 = 90 =

∠АCЕ = 15 =∠AEC = ∠PDE = 75 .

sin∠PDE = PE / ED = sin 75 = sin (45 + 30 ) =

= sin 45 cos 30 + sin 30 cos 45 = (1 + ) / 4.

PE = ED sin 75 = (2R – 2r) (1 + ) / 4 = (R – r) (1 + ) / 2 =

( – 1)/ (R – r) (1 + ) / 2 =R – r = 2 - .

Рассмотрим О₂AD – прямоугольный (AD – касательная), О₂A = r =

О₂D = 2R – r.

∠AО₂D – центральный, ∠АСО – вписанный, эти углы опираются на одну и ту же дугу, тогда:

∠AО₂D = 2∠АСО = 30 (по теореме о вписанном угле).

AD = O₂D/2 = (2R – r)/2 = R – r/2 = BD (следствие теоремы 1).

cos∠ AО₂D = AO₂/O₂D = /2 = r/(2R – r).

Так как R – r = 2 - или R = 2 - + r =R = 2 + , r = 2

S = S₁ + S₂, S – искомая площадь,S₁ – площадь сектора О­₂АСВ

S₂ – площадь четырехугольника ADBO₂

S₁ = r² - r² 60 /360 = 10

S₂ = 2S_ADO2 = ½ 2 AD AO₂ = (R – r/2) r = 4

S = 10 + 4 .

Ответ: 10 + 4 .

Для решения использовали:следствие 2 теоремы о вписанном угле, теорема 1, следствие теоремы 1,теорема о вписанном угле, определение sin и cos острого угла прямоугольного треугольника, формулу площади сектора круга, формулу площади прямоугольного треугольника.

Эта задача из Московской олимпиады 2001 г.

1. Четыре круга радиуса 1 имеют центры в вершинах квадрата со стороной 1.

Найти: площадь общей части всех кругов.

Указание:

Для начала надо убедиться, что КРНМ – квадрат. Пусть точка О – центр квадрата. Применим поворот около точки О на угол 90 . Тогда:

S = S₁ + 4S’, где S₁ – площадь квадрата КРНМ, S’- площадь сегмента.

Рассмотрим АВР и КАD – равносторонние =∠АВР = ∠КАD = 60

Рассмотрим АКР – равнобедренный, АТ – биссектриса∠А (она же будет медианой и высотой) = АТР – прямоугольный и ∠ТАР = 15 .

ТР/АР = sin 15 или ТР = sin 15 .

sin 15 = sin (45 - 30 ) = sin 45 cos 30 - sin 30 cos 45 = ( -1) = TP.

S₁ = (2TP)² = 2 - .

S’ = S’’ – S₂, где S’’ – площадь сектора, S₂ - площадь АКР.

S’’ = R²α = .

S₂ = ½ 1 1 sin 30 = ¼ .

S’ = . – ¼ .

S = 2 - +4( . – ¼) = 1 - + .

Ответ: 1 - + .

1. Четыре круга радиуса имеют центры в вершинах квадрата со стороной 1.

Найти: площадь части квадрата, лежащей вне всех кругов.

Указание:

Эта задача решается аналогично предыдущей: надо доказать, что КНМР – квадрат.

Здесь:

S = S₁ - 4S’, где S₁ – площадь квадрата КРНМ, S’- площадь сегмента.

АКР – равносторонний =

S₁ = 2 - .

S’ = S’’ – S₂, где S’’ – площадь сектора, S₂ - площадь АКР.

S’’ = .

S₂ = a² = .

S = 2 - – 4( - ) = – 1 - .

Ответ: – 1 - .

Следующие задачи для самостоятельного решения:

1. Три круга радиуса имеют центры в вершинах равностороннего треугольника со стороной 1.

Найти: площадь общей части всех кругов.

1. Три круга радиуса имеют центры в вершинах равностороннего треугольника со стороной 1.

Найти: площадь части треугольника, лежащей вне кругов.

1. Дан квадрат ABCD со стороной а и две окружности: первая окружность целиком расположена внутри квадрата и касается АВ в точке Е, ВС и диагонали АС; вторая окружность имеет центром точку А и проходит через точку Е.

Найти: площадь общей части кругов

Решение:

Пусть точка F – точка касания первой окружности со стороной АС.

О – центр первой окружности.

АВС – равнобедренный, прямоугольный =F – середина АС (похожее было в задаче 6.3.).

Применим теорему Пифагора и найдем АС: АС = .

Так как АВС – равнобедренный, то BF будет являться так же высотой, тогда АВF – равнобедренный, следовательно,АС = = 2ВF =BF =

АВ и АС являются касательными к окружности радиуса r₁ =

OE⊥ЕВ и OQ⊥BC(Теорема 1)=OB² = 2r₁² =OB = r₁

C одной стороны BF = , а с другой:BF = OF + OB = r₁ + r₁

= r₁ + r₁ =r₁ = .

Далее, АЕ = r₂, АЕ = АВ – r₁ = а - = = AF =S общей части кругов можно найти как сумму круговых сегментов S₁ и S₂. Каждая из них найдется как разность площадей кругового сектора и соответственного треугольника.

. Так как OE⊥АВ и OF⊥AC =

∠EOF = 135 .

.

r₂² =

r₁² =

= ;

= = ; = .

Ответ: .

Для решения использовали: теорема 1, формулы площади сектора круга, площади треугольника, теорему Пифагора, свойство равнобедренного треугольника.

1. Задачи, связанные с вневписанными углами

1. Угол, образованный пересекающимися хордами

AB и СD – хорды окружности.

Доказать: α = ½(β + γ).

Доказательство:

∠AED – внешний угол BED,

∠СDB и ∠ABD – вписанные углы.

α = ∠AED = 180 - ∠ВED = 180 - (180 - ∠EВD -∠EDВ) =

= ∠EВD +∠EDВ = = ∠ABD + ∠СDB = ½ γ + ½ β = ½ (γ + β).

Для доказательства использовали: свойство вписанного, внешнего углов.

В учебнике Атанасяна это задача №718.

1. Угол, образованный секущими, которые пересекаются вне круга

АЕ и СЕ – секущие, пересекают круг в точка В и D.

Доказать: α = ½ (β – γ).

Доказательство:

∠ADС – внешний угол АED,

∠АDС, ∠DСВ, ∠DАВ – вписанные углы.

α = ∠ВED = 180 - ∠ВАD - ∠EDA = 180 - ∠ВАD - (180 - ∠ADC) =

= ∠ADC - ∠ВАD= ½ β - ½ γ = ½ (β - γ).

Для доказательства использовали: свойство вписанного, внешнего углов.

В учебнике Атанасяна это задача №719.

1. Угол, образованный касательной и секущей

Прямая АЕ касается окружности в точке В, прямая ЕD пересекает окружность в точках С и D.

Доказать: α = ½ (β – γ).

Доказательство:

∠ВDС – внешний угол ВED,

∠ВDС, ∠DСВ – вписанные углы.

∠DСВ = ∠DВЕ (вводная задача №2).

α = 180 - ∠ЕВD - ∠EDВ = 180 - ∠ВСD - (180 - ∠ВDC) =

= ∠ВDC - ∠ВСD= ½ β - ½ γ = ½ (β - γ).

Для доказательства использовали: свойство вписанного, внешнего углов, вводную задачу №2.

1. Угол, образованный двумя касательными к окружности

Прямые ЕВ и ЕD – касательные ,проведенные из точки Е,

к окружности с центром в точке О.

Доказать: α = ½ (β – γ).

Доказательство:

Так как ОВЕD – четырёхугольник, тогда:

∠ОВЕ + ∠ВЕD + ∠EDO + ∠BOD = 360 .

По условию ЕВ и ED – касательные, то ∠BOD + ∠ВЕD = 180 .

∠BOD= γ – центральный =γ + α = 180 .

С другой стороны:

γ = 360 - β =

α = 180 - γ = 180 - (360 - β) = β - 180 = β – (γ + α) = β – γ – α =

2α = β – γ илиα = ½ (β – γ).

Для доказательства использовали: свойство центрального угла.

1. Две окружности S₁ и S₂пересекаются в точках А и В. Из точки С окружностиS₁ проведены прямые СА и СВ, эти прямые пересекают окружность S₂в точках К иD.

Доказать: КD не зависит от выбора точки С.

Доказательство:

∠АСВ является вписанным углом окружности S₁. При изменении положения точки С ͜ АВ изменяться не будет, так же как и сам ∠АСВ (следствие 1 теоремы о вписанном угле).

Воспользуемся результатом задачи №7.2.:

α = ½ (β – γ) = β = 2α + γ.

Отсюда следует вывод, что и КD не зависит от выбора точки С.

Для доказательства использовали:следствие 1 из теоремы о вписанном угле, задачу №7.2.

1. Список задач

Задачи из данного списка могут быть включены в уже имеющие циклы или же их можно использовать для составления новых цепочек. Задачи взяты из пособия [7].

1. Точка О – центр окружности, вписанной в треугольник АВС. На продолжении отрезка АО за точку О отмечена точка К так, что ВК = ОК. а) Докажите, что четырёхугольник АВКС вписанный.

б) Найдите длину отрезка АО, если известно, что радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника АВС равны 3 и 12 соответственно, а ОК = 5. (Ответ: 14,4)

1. Точка О – центр окружности, описанной около остроугольного треугольника АВС. На продолжении отрезка АО за точку О отмечена точка К так, что ∠ВАС +∠АКС = 90 .

а) Докажите, что четырёхугольник ОВКС вписанный.

б) Найдите радиус окружности.описанной около треугольника ВКС, если известно, что радиус описанной окружности треугольника АВС равен 12, а cos∠ВАС = 0.6. (Ответ: 10)

1. Боковые стороны АВ и CD трапеции АВCD равны 10 и 24 соответственно. Отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен 13, а средняя линия трапеции равна 26. Прямые АВ и CD пересекаются в точке М. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник AMD. (Ответ: 2 или 6)

2. В трапеции АВCD известны длины оснований: ВС = 2, AD = 12. Отрезок, соединяющий середины оснований этой трапеции, равен 5.

а) Докажите, что прямые АВ и CD перпендикулярны.

б) Дополнительно известно, что в трапецию АВCD можно вписать окружность. Найдите радиус этой окружности. (Ответ: 2,4)

1. Две окружности касаются внешним образом в точке Q. Прямая АВ касается первой окружности в точке А, а второй - в точке В. Прямая AQ пересекает вторую окружность в точке С.

а) Докажите, что отрезок ВС – диаметр второй окружности.

б) Найдите площадь треугольника АВС, если радиус первой окружности равен 36, а радиус второй равен 49. (Ответ: 4116)

1. Две окружности касаются внешним образом в точке С. Прямая АВ касается первой окружности в точке А, а второй – в точке В.

а) Докажите, что прямые АС и ВC перпендикулярны друг другу.

б) Найдите площадь треугольника АВС, если радиусы окружностей равны 2 и 8. (Ответ: 12,8)

1. Окружности радиусов 7 и 13 касаются друг руга внутренним образом в точке А (т.е. меньшая окружность лежит внутри большей). Через точку А проведены две прямые, пересекающие данные окружности: одна из них пересекает меньшую окружность в точке В, а большую - в точке С, другая пересекает меньшую окружность в точке D, а большую – в точке Е.

а) Докажите, что прямые BD и СЕ параллельны.

б) Найдите площадь трапеции BCED, если известно, что ∠ОАВ = 45 , ∠ОАD = 60 , где точка О – центр большей из окружностей. (Ответ: 60 cos 15 )

1. Окружности радиусов 3 и 5 касаются друг руга внешним образом в точке А. Через точку А проведены две прямые, пересекающие данные окружности: одна из них пересекает меньшую окружность в точке В, а большую - в точке С, другая пересекает меньшую окружность в точке D, а большую – в точке Е.

а) Докажите, что прямые BD и СЕ параллельны.

б) Найдите площадь трапеции BCED, если известно, что ∠АСЕ = 45 ,

∠ВDА = 75 . (Ответ: 32 cos 15 )

1. В треугольнике АВС угол при вершине С прямой, АВ = 17,ВС = 8. Найдите радиус окружности, касающейся вписанной окружности данного треугольника и касающейся его сторон АВ и ВС.

(Ответ: )

1. Дан угол и две окружности, вписанные в этот угол и касающиеся друг друга.

а) Докажите, что отношение радиуса меньшей из этих окружностей к радиусу большей зависит лишь от величины данного угла и при увеличении данного угла оно убывает.

б) В треугольнике АВС угол при вершине С прямой, АВ = 13, ВС = 5. Найдите радиус окружности, касающейся вписанной окружности данного треугольника и касающейся продолжений его сторон АВ и АС за точки В и С соответственно. (Ответ: )

1. Две окружности с центрами в точках О₁ и О₂, радиусы которых равны 10 и 17 соответственно, пересекаются в точках Р и Q. Через точку Q проведена касательная к большей окружности, пересекающая вторично меньшую окружность в точке L.

а) Докажите, что треугольник LPQ подобен треугольнику О₁РО₂.

б) Найдите площадь треугольника LPQ, если О₁О₂ = 21. (Ответ: )

1. Две окружности, радиусы которых равны 20 и 13 соответственно, пересекаются в точках Р и Q. Через точку Р проведена касательная к большей окружности, пересекающая вторично меньшую окружность в точке L, а через точку Qпроведена касательная к меньшей окружности, пересекающая вторично большую окружность в точке М.

а) Докажите, что треугольник LPQ подобен треугольнику QMP.

б) Пусть К – точка пересечения прямых PL и QM. Найдите площадь треугольника КPQ, если расстояние между центрами данных окружностей равно 21.

(Ответ: )

1. Вписанная окружность треугольника АВС касается стороны АВ в точке Р. Проведена окружность, касающаяся продолжений сторон АС и ВС и касающаяся стороны АВ в точке К – так называемая «вневписанная» окружность.

а) Докажите, что АК = ВР.

б) Найдите периметр треугольника АВС, если известно, что он равнобедренный, радиус его вписанной окружности равен 3, а радиус одной из вневписанных окружностей равен 27. (Ответ: 40,5 или )

1. В треугольнике АВС известны стороны: АВ = 12, АС = 9, ВС = 6. На прямой ВС взята точка D так, что BD:DC = 1:7. В треугольники ADC и ADB вписаны окружности, касающиеся прямой AD в точках Е и F. Найти длину отрезка EF. (Ответ: 3,75 или 4,5)

2. Длины сторон треугольника АВС равны 10, 12, 18. Окружность, вписанная в треугольник АВС, касается стороны АВ в точке К. Проведена окружность, касающаяся продолжений сторон АС и ВС, и касающаяся стороны АВ в точке L. Определите, какую наибольшую длину может иметь отрезок KL. (Ответ: 8)

3. Две окружности пересекаются в точках Р и Q. Через точку Р проведена прямая, пересекающая вторично первую из окружностей в точке А, а вторую – в точке В. через точку Q также проведена прямая, пересекающая вторично первую окружность в точке С, а вторую – в точке D.

а) Докажите, что прямые АС и ВD параллельны.

б) Найдите наибольшее возможное значение суммы длин отрезков АВ и CD, если расстояние между центрами данных окружностей равно 2. (Ответ: 8)

1. Две окружности пересекаются в точках Р и Q. Через точку Р проведена касательная к первой из этих окружностей, пересекающая вторую окружность в точке L, а через точку Q также проведена касательная ко второй окружности, пересекающая первую окружность в точке М.

а) Докажите, что прямые PM и QL параллельны.

б) Найдите наименьшее возможное значение суммы длин отрезков PM и QL, если PQ = 1. (Ответ: 2)

1. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АА₁, ВВ₁, СС₁.

а) Докажите, что точка пересечения высот треугольника АВС является центром вписанной окружности треугольника А­­­₁В₁С₁.

б) Найдите радиус вписанной окружности треугольника А­­­₁В₁С₁, если известно, что∠В = 45 , ∠С = 60 , ВС = 4.

(Ответ: (2 – 2) cos 75 (=2 – 6))

1. В треугольнике АВС ни один из углов не является прямым. Отрезки АА₁, ВВ₁, СС₁ – высоты треугольника АВС, Н – точка пересечения высот этого треугольника.

а) Докажите, что середины сторон треугольника АВС и середины отрезков АН, ВН, СН лежат на описанной окружности треугольника

А­­­₁В₁С₁.

б) Найдите радиус описанной окружности треугольника А­­­₁В₁С₁, если

cos∠ABС = , АВ = 6, ВС = 2. (Ответ: )

1. В треугольнике АВС ни один из углов не является прямым. Отрезки АА₁, ВВ₁, СС₁ – высоты треугольника АВС, Н – точка пересечения высот этого треугольника, О – центр описанной окружности, М – точка пересечения медиан этого треугольника.

а) Отрезок ОР – перпендикуляр из точки О к стороне ВС. Докажите, что АН = 2ОР.

б) Докажите, что точки О, М, Н лежат на одной прямой (эта прямая называется прямой Эйлера), и при этом ОМ : МН = 1 : 2.

в) Пусть О₁, О₂, О₃ – центры окружностей, описанных вокруг треугольников АВ₁С₁, А₁ВС₁, А₁В₁С соответственно. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник О₁О₂О₃, если длины сторон треугольника АВС равны 4, 5 и 6. (Ответ: )

1. Точка Р – центр вписанной окружности треугольника АВС. Прямая АР пересекает описанную окружность треугольника АВС в точке А₁.

а) Докажите, что РА₁ = ВА₁.

б) Докажите, что АР РА₁ = 2R r, где R – радиус описанной окружности треугольника АВС, а r – радиус его вписанной окружности.

в) Найдите радиус вписанной окружности треугольника АВС, если известно, что ВР = 30, СР = 14, РА_1­= 25. (Ответ: 8,2)

1. В трапецию, основания которой равны 11 и 22 вписана окружность радиуса 6. Найдите длины боковых сторон этой трапеции.

(Ответ: 13 и 20)

1. Отношение высоты равнобедренного треугольника, опущенной на боковую сторону, к другой высоте этого треугольника равно 1,2. Прямая, перпендикулярная боковой стороне треугольника, отсекает от него четырехугольник так, что отрезок этой прямой, заключенный между сторонами треугольника, равен 12, и в полученный четырёхугольник можно вписать окружность. Найдите радиус этой окружности. (Ответ: 9 или 10,5)

2. Тангенс угла между боковой стороной и основанием равнобедренного треугольника равен 2,4, а радиус окружности, вписанной в этот треугольник, равен 34. Найдите длину отрезка касательной этой окружности, который заключен между сторонами треугольника и перпендикулярен одной из боковых сторон.

(Ответ: 48 или 40,8)

Список использованной литературы

1. Пособие для учителей

Пойа Д. Как решать задачу. М.: Учпедгиз, 1961.

1. Учебник для общеобразовательных учреждений.

Геометрия. 7-9 классы: учеб.для общеобразоват. учреждений/ Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев и др. - 20-е издание. - М.: Просвещение, 2010.– 384с.

1. Сборник задач.

Прасолов В. В. Задачи по планиметрии: в 2 ч. Ч 1./Задачи по планиметрии. - М.: Наука, 1991. - 57с.

1. Пособие для учителей

Методика преподавания геометрии в старших классах средней школы под редакцией Фетисова А. И., М.: Просвещение, 1967. – 272с.

1. Учебное пособие по математике для учащихся старших классов общеобразовательных учебных заведений и абитуриентов

Шарыгин И. Ф. Математика. Для поступающих в вузы: учеб.пособие. - М.: Дрофа, 1995. – 416с.

1. Учебное пособие для 10 класса средней школы.

Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике, решение задач. - М.: Просвещение, 1989.–172с.

1. Учебное пособие для учащихся, сдающих профильный ЕГЭ по математике

Математика. ЕГЭ 2015. Книга II. Профильный уровень / Д.А. Мальцева, А.А. Мальцев, Л.И. Мальцев. – Ростов н/Д: Издатель Мальцев Д.А.; Народное образование, 2015. – 412[1]c.

1^ Пособие для учителей [1]

2^ Пособие для учителей [4]

3^ Учебное пособие для учащихся старших классов общеобразовательных учебных заведений и абитуриентов [5]