Ссылка на шпоры

1.Первый признак равенства треугольников
Теорема :Если две стороны и угол между ними одного
треугольника равны соответственно двум сторонам и углу
между ними другого треугольника, то такие треугольники
равны.
Доказательство. Пусть у треугольников ABC и A1B1C1 ∠ A =
∠ A1, AB = A1B1, AC = A1C1. Пусть есть треугольник A1B2C2
– треугольник равный треугольнику ABC, с вершиной B2,
лежащей на луче A1B1, и вершиной С2 в той же
полуплоскости относительно прямой A1B1, где лежит
вершина С1.
Так как A1B1=A1B2, то вершины B1 и B2 совпадают.
Так как ∠ B1A1C1 = ∠ B2A1C2, то луч A1C1 совпадает с лучом
A1C2.
Так как A1C1 = A1C2, то точка С1 совпадает с
точкой С2. Следовательно, треугольник A1B1C1 совпадает с
треугольником A1B2C2, а значит, равен треугольнику ABC.
Теорема доказана.
2.Второй признак равенства треугольников:
Теорема :Если сторона и прилежащие к ней углы одного
треугольника равны соответственно стороне и прилежащим
к ней углам другого треугольника, то такие треугольники
равны.
Доказательство. Пусть у треугольников треугольник∠ A = ∠
A1, ∠ B = ∠ B1, AB = A1B1.
Пусть A1B2C2 – треугольник, равный треугольнику ABC.
Вершина B2 расположена на луче A1B1, а вершина С2 в той
же полуплоскости относительно прямой A1B1, где лежит
вершина С1. Так как A1B2 = A1B1, то вершина B2 совпадает с
вершиной B1. Так как ∠ B1A1C2 = ∠ B1A1C1 и ∠ A1B1C2 = ∠
A1B1C1, то луч A1C2 совпадает с лучом A1C1, а луч B1C2
совпадает с лучом B1C1. Отсюда следует, что вершина С2
совпадает с вершиной С1. Треугольник A1B1C1 совпадает с
треугольником A1B2C2, а значит, равен треугольнику ABC.
Теорема доказана.
3.Третий признак равенства треугольников
Теорема :Если три стороны одного треугольника равны
соответственно трем сторонам другого треугольника, то
такие треугольники равны.
Доказательство: Док-ть что треугольник
ABC=A1B1C1.построим третий треугольник так, что угол
С1А1В2=ВАС,а угол А1В2С1=ВСА.На основании второго
признака получ, что треугольник АВС= треугольнику
А1В2С1,поэтому А1В2=АВ=А1В1,В2С1=ВС=В1С1, тогда имеем
что треугольники А1В1В2 и С1В1В2 равнобедренные , углы
А1В1В2=А1В2В1 и углыС1В1В2=С1В2В1,отсюда угол
А1В1С1=А1В2С1, поэтому треугольники А1В1С1 и А1В2С1
равны. Если эти треугольники равны, то равны и
ABC=A1B1C1.
Теорема доказана
4.Теорема Фалеса
Теорема: Если параллельные прямые, пересекающие
стороны угла, отсекают на одной его стороне равные
отрезки, то они отсекают равные отрезки и на другой его
стороне.
Доказательство: Докажем, что если А1А2=А2А3,то
В1В2=В2В3.Проверим прямую В2С2 ||А1А3,получим
паралелограм, тогда А1А2=С1В2, а А2А3=В2С2, т.к.
А1А2=А2А3, то получим что С1В2= В2С2, треугольники
В2В1С1 и В2В3С2 равны, значит В1В2=В2В3.
Теорема доказана
5.Обобщенная теорема Фалеса
Т1:Если точки АВС принадлежат одной стороне угла и параллельные прямые
проходят через эти точки и пересекают другую сторону угла в точкахА1В1С1,
причем так что точка В лежит между А и С, то В1 лежит между А1 и С1.
Док-во:Рассмотрим полуплоскость с границей ВВ1,т.к. точка В лежит между А
и С, то отрезок АС пересекает ВВ1.Следовательно,точка А и С расположены в
дополнительных полуплоскостях с границей ВВ1. В силу || отрезки АА1и СС1
не пересекаются с ВВ1.Следовательно точка А1 лежит в той же
полуплоскости что и точка А, а точки С и С1 лежат в другой полуплоскости,
поэтому отрезок А1С1 будет пересекать прямую ВВ1 в точке не В1,
последнее означает что точка В1 лежит между А1 и С1.Ч.Т.Д
Т2:Если точки А и В принадлежат одной стороне угла и || прямые проходят
через эти точки и пересекают другую сторону угла в точках А1и В1, то
выполняется соотношении ОА/ОВ относит ОВ как ОА1/ОВ1
Док-во:Разобьем отрезок ОВ на n равных частей длинны d1.Допустим,что
точка А оказалась точкой деления.Пусть отрезок ОА состоит из к
частей.Проведем через точки деления прямые || АА1.На основании теоремы
Фалеса отрезок ОВ1 разобьется на n равных отрезков длинны d2, а ОА1
разобьется на к равных частей, т.е. мы получаем что d1=ОВ/n,а d2=
ОВ1/n.Имеем ОА=кd1, ОВ=nd1, ОА1=кd2, ОВ1=nd2.Из этого получается
соотношение ОА/ОВ:кd1/nd1=к/n, ОА1/ОВ1=к/n ОА/ОВ= ОА1/ОВ1. Ч.Т.Д
T3:Теорема о пропорциональных отрезках (обобщение теоремы Фалеса).
Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают от сторон угла
пропорциональные отрезки.
Док-во. Точка А лежит между О и В, а точка С между О и Д, тогда по
теореме 1 точка А1 лежит между О и В1, а точка С между О и Д1. На этом
основании рав-во, которое необходимо док-ть, можно переписать
следующим образом:
ОВ-ОА/ОД-ОС=ОВ1-ОА1/ОД1-ОС1
ОВ*ОД1-ОА*ОД1-ОВ*ОС1+ОА1*ОС=ОД*ОВ1-ОД*ОА1ОС*ОВ1+ОС*ОА1
Последнее рав-во станет очевидным, если учесть, что на основании теоремы
2 выполняются рав-ва:
ОВ/ОД:ОВ1/ОД1 , ОА/ОД:ОА1/ОД1 , ОВ/ОС:ОВ1/ОС1 , ОА/ОС:ОА1/ОС1.
Ч.Т.Д
6. Теорема о частном случае подобных треугольников
Теорема: Прямая проведена параллельно к какой-либо
стороне треугольника и пересекает 2 другие, отсекает от
него треугольник подобный данному.
Д-во:
DE||AC; в треуг DBC докажем, что ∆ DBE ~ ∆ ABC,т.к.
DE||AC, то ‫ے‬1=‫ے‬2, ‫ے‬3=‫ے‬4
‫ے‬В – общий, значит углы в ∆ равны. По теореме Фалеса(2)
𝐴𝐵
𝐷𝐵
𝐵𝐶
𝐵𝐸
𝐵𝐶
𝐵𝐶
𝐴𝐶
= 𝐵𝐸 . Пусть EK||AB, тогда то по теор Фалеса(3)𝐵𝐸 = 𝐴𝐾;
𝐴𝐶
= 𝐷𝐸 (т.к. AK=DE).
𝐴𝐵
𝐵𝐶
𝐴𝐶
Сравнивая пропорции получаем: 𝐷𝐵 = 𝐵𝐸 = 𝐷𝐸 ⟹
∆𝐷𝐵𝐸~∆𝐴𝐵𝐶
чтд.
7. Первый признак подобия треугольников
Теорема: Если 2 угла одного треугольника соответственно
равны 2-м углам другого треугольника, то такие
треугольники подобные.
Д-во:
B ∆ABC и ∆A1B1C1, ‫ ے‬A=‫ ے‬A1,, ‫ ے‬B=‫ ے‬B1. Д-ть, что ∆ABC
~ ∆A1B1C1
Из равенства 2-х углов ∆ получаем, что ‫ ے‬С=‫ ے‬С1.
Необходимо д-ть пропорциональность сторон. Для этого
отложим на стороне АВ отрезок ВD равный В1А1 и
проведём DE || стороне АС, тогда по теореме о частн случ
подобия ∆: ∆𝐷𝐵𝐸~∆𝐴𝐵𝐶, имеем что ∆𝐷𝐵𝐸 = ∆А1В1С1.
DB=A1B1, ‫ ے‬BDE=‫ ے‬B1A1C1, если ∆𝐴𝐵𝐶~∆𝐷𝐵𝐸, a
∆𝐷𝐵𝐸~∆A1B1C1, то получ, что ∆𝐴𝐵𝐶~∆A1B1C1.
Чтд.
8. Второй признак подобия треугольников
Теорема: Если 2 стороны одного ∆ пропорциональны 2м сторонам другого ∆ и углы заключённые между ними
равны, то треугольники подобны.
Д-во: Пусть выполн след р-во:
𝐴𝐵
𝐴1 𝐵1
=
𝐵𝐶
𝐵1 𝐶1
(*). Д-ть, что
∆ABC ~ ∆A1B1C1.
На луче ВА отложен отрезок BD=B1A1, через точку D
проведём прямую DE||AC по теореме о частн случ
подобн∆, ∆ABC ~ ∆DBE. Докажем, что ∆DBE = ∆A1B1C1.
По условию ‫ ے‬В=‫ ے‬В1, DB=A1B1, на основании
параллельности сторон AC и DE получаем :
𝐴𝐵
𝐷𝐵
=
𝐵𝐶
𝐵𝐸
.
Сравним это отношение со (*). Из этих пропорций
получаем В1С1=ВЕ. Отсюда ∆DBE = ∆A1B1C1, по 2-м
сторонам и углу. Если ∆ABC ~ ∆DBE, то ∆ABC ~
∆A1B1C1. Чтд.
9. Третий признак подобия треугольников
Теорема: Если 3 стороны одного ∆ пропорциональны
3-м сторонам другого ∆, то такие ∆ подобные.
Д-во:
𝐴𝐵
𝐴1 𝐵1
=
𝐵𝐶
𝐵1 𝐶1
=
𝐴𝐶
𝐴1 𝐶1
. Доказать, что ∆ABC ~
∆A1B1C1
Из условия
𝐴𝐵
𝐴1 𝐵1
=
𝐵𝐶
𝐵1 𝐶1
(1),
𝐵𝐶
𝐵1 𝐶1
=
𝐴𝐶
(2). На
𝐴1 𝐶1
луче ВА отложим отрезок BD, равный В1А1 и
проведём прямую BD|| AC. По теореме о частном
случае подобия ∆: ∆ABC ~ ∆DBE ⟹
С другой стороны
𝐴𝐵
𝐵Е
=
𝐵𝐶
𝐷𝐸
𝐴𝐵
𝐷𝐵
=
𝐵𝐶
𝐵𝐸
(3).
(4)
Сравним записи р-ва (1) – (4), из (1)-го и (3)-го
получаем, что ВЕ=А1С1, а из (2)-го и (4)-го получаем
DE=A1C1, поэтому ∆DBE = ∆A1B1C1 по 3-м сторонам,
т.к. ∆ABC ~ ∆DBE, a ∆DBE = ∆A1B1C1 ⟹ ∆ABC ~
∆A1B1C1.
Чтд.
10. Теорема Менелая.
Теорема Менелая.
(Теорема дает необходимое и достаточное условие принадлежности 3-х
точек одной прямой). Пусть дан треугольник АВС и точки А1В1С1, лежащие
на сторонах или их продолжения, причем так, что точка А1 принадл ВС, точка
В1 принадл АС, точка Спринадл АВ. Точки А1В1С1 лежат на одной прямой
тогда и только тогда, когда выполрав-во.
АС𝟏
ВА
СВ
× 𝟏 × 𝟏 = 𝟏 (∗)Док-во
С𝟏 В
А𝟏 С
В𝟏 А
1 Необходимость.Пусть точки А1В1С1 лежат на одной прямой. Пусть АА2=h1,
ВВ2=h2, CC2=h3. Это перпендикуляр проведенный из вершин треугольника к
АС1
ℎ1
прямой а. Треугольник АА2С1 подобен треугольнику ВВ2С1.
= .Рассм
С1В
ВА1
ℎ2 𝐶𝐵1
ℎ2
ℎ3
аналогичное подобие других треугол. Соотвполуч
= ;
= .
А1С
ℎ3 𝐵1𝐴
ℎ1
Перемножая данных 3 рав-ва мы получаем рав-во (*)
2 Достаточность. Пусть точки А1В1С1 лежат на прямых ВС,АВ,АС причем так,
что выполняется рав-во (*). Док-м,что эти точки лежат на одной прямой.
Допустим, что это не так. Пусть прямая А1В1
пересекает АВ не в точке С1, а в точке С2, тогда на основании прямой
теоремы мы получаем след соотношения
АС𝟐
ВА
СВ
АС2
× 𝟏 × 𝟏 = 𝟏 (∗∗)Из 1-ой (*) и (**) след след соотношение
=
С𝟐 В
АС1
С1В
А𝟏 С
В𝟏 А
С2В
(∗∗∗)
Рав-во (***) означает, что точки С2 и С1 делитт отрезок АВ в одном и том же
отношении(или внутр или внешний), но такая точка может быть только одна,
поэтому С2 совпадает с точкой С1. ВЫВОД: точки А1В1С1 всё-таки лежат на
одной прямой.
11.Метрические соотношения в окружности и треугольнике
Степень в точке m по отношению к окружности наз произведение
МА∙AB двух отрезков секущей от данной точки до точек
пересечения с окружность.
Рис
Степень точки считается
положительной если данная точка М лежит вне окружности.
Степень точки M считается отрицательной, если данна точка лежит
внутри окружности.
Если точка М взята на окружности то степень этой точки равна
нулю.
Теорема1. Степень точки по отношению к окружности постаянна,
те не зависит от положения секущей.
Док-во. Для док-ва достаточно установить, что произведения
отрезков секущей постоянно для каких-нибудь 2-х секущих.
Одновременно рассм 2 случай точки М вне окружности и внутри
окружности и док-м, что МА∙МВ=МА1∙МВ1.
Треугольник АМВ1подобен треугольнику А1МВ по равенстку углов
при вершине М. угол В= углу В1 как вписаные опирающие на одну и
МА МВ1
ту же дугу АА1. Получаем соотношение
⋮
Из этого
МА1
МВ
соотношения получаем искомое рав-во. ЧТД
Теорема 4. Если М данная точка,r-радиус.О-центр окружности, то
при любом положении точек М степень её относительно
окружности равно МО2-R2
Док-во. (воспользуемся рисунком к Т2,3) Если М-внешняя точка, то
МА∙МА1=Р2=ОМ2-ОТ2=ОМ2-R2. Используем теорему Пифагора, Т2 и
опр степени точки). Если точка М внутренняя, то МА∙МА1=-Р2=-(R2MO2)=MO2-R2. Если точка М лежит на окружности то равенство
выполняется очевидным образом. ЧТД
12. Метрические соотношения в окружности и
треугольнике(степень внешней и внутренней точек). Теоремы 2, 3
Теорема2: Степень внешней точки равна квадрату отрезка
касательной проходящую через эту точку к окружноси.
Д-во:
Пусть точка М – внешняя точка. Проведём через неё секущую МА1 и
касательную МТ. Соединим точку Т с точками А и А1.∆МТА~∆МА1Т
по 2-м углам ⟹ получаем отношение МА:МТ=МТ:МА1 ⟹
МА*МА1=МТ2.
Чтд.
Теорема3: Степень внутренней точки равна по абсолютной
величине квадрату половины найм хорды проход через эту точку.
Док-во:
Пусть точка М внутренняя точка. Их всех хорд проход через эту
точку найм будет та, которая перпендикулярна к радиусу, тк она
наход на найб расст от центра напр хорды ТД1. Она удалена от
центра на расст ОМ по т1 МА∙МА1=МТ∙МТ1, т к МТ=МТ1, то
МА∙|МА1|=М(Т в квадрате). ЧТД
13.Метрические соотношения в окружности и треугольнике(теорема о
радикальной оси).
Теорема: Геометрическое место точек имеющее одну и ту же степень
относительно двух данных окружностей есть прямая перпендикулярная к
линии центра окружности и наз. Радикальной осью.
Д-во: Пусть даны 2-е окружности с радиусами r1 и r2. На прямой О1О2
найдётся точка К которая будет иметь одинаковую степень относит. данных
окружностей. Пусть ОО1=d, О1К=x. Тогда по предыдущей теореме должно
𝑟 2 −𝑟 2 +𝑑 2
выполнятся равенство x22-r12(d-x)2-r22 => x= 1 2
2𝑑
Это равенство означает, что на прямой O1O2 сущ. Единственная точка К
имеющая одну степень относительно обеих окружностей через точку К
проведена прямая перпендикул. О1О2 на этой прямой возьмём
произвольную точку М докажим что т. М имеет одинаковую степень
относительно данных окружностей. Пусть дано равенство AO12-r12=KO22-r22
прибавим к обеим частям MK2 и применим теорему Пифагора. Получим MK2
+AO12-r12=KO22-r22+ MK2 ; MO12-r12=MO22-r22 значит степень любой точки на
прямой К одинаковы для обеих окружностей. Допустим что сущ. Некая точка
М1 не пренадлежащяя К и так же имеет одинаковые степени относительно
обеих окружностей т.е. MO12-r12=MO22-r22 Обозначим через К1 проекцию т.
М1 на прямую О1О2. Вычтем из обеих частей равенства М1К12Получим К1О12r12= К1О22-r22 т.е. степени точки К1 относительно обеих окружностей равны
это противоречит таму, что на прямой О1О2 сущ. Единственная точка
обладающая этим свойством. Таким образом прямая К которая содержит т М
есть радикальная ось двух данных окружностей.
14. Метрические соотношения в окружности и
треугольнике(теорема о радикальном центре).
Теорема: Если центры 3-ёх окружностей не лежат на одной
прямой, то 3-и радекальные оси этой окружности пересекаются в
одной точке наз радикальным центром этих окружностей.
Д-во: Т.к. О1, О2, О3 не лежат на одной прямой и К1 не
параллельно К2 не параллельно К3. Положим что К1пересекает К2 в
т. С покажем что С принадлежит К3 т С имеет одну степень
относительно окружностей О1О2 и О2О3 эта точка будет иметь
одинаковые степени и относительно окружности О1О3 по св-ву
транзитивности. По Т5 получаем что С принадлежит К3 =>т С явл,
радикальным центром.
15.Т е о р е м аПифагора.
Т е о р е м а. В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы
равен сумме квадратов катетов.
Д а н о:Δ АВС, ∠С = 90°.
Д о к а з а т ь:АВ2 = АС2 + ВС2.
Д о к а з а т е л ь с т в о.
Проведём высоту CD из вершины прямого угла С.
Косинусом острого угла прямоугольного треугольника называется
отношение прилежащего катета к гипотенузе, поэтому
вΔACD cos A = AD / AC,
авΔАВС cosА = AC / AB.
Так как равны левые части этих равенств, то равны и правые,
следовательно,
AD / AC = AC / AB.
Отсюда, по свойству пропорции, получаем:
АС2 = AD · АВ.(1)
Аналогично,
в Δ ВCD cos В = BD / BC,
а в Δ АВС cos В = BC / AB.
Так как равны левые части этих равенств, то равны и правые,
следовательно,
BD / BC = BC / AB.
Отсюда, по свойству пропорции, получаем:
ВС2 = ВD · АВ.(2)
Сложим почленно равенства (1) и (2), и вынесем общий множитель
за скобки:
АС2 + ВС2 = AD · AB + BD · AB = AB · (AD + BD).
Так как
AD + BD = АВ,
то
АС2 + ВС2 = AB · AB = AB2.
Получили, что АВ2 = АС2 + ВС2. Ч.т.д.
15. Теорема Пифагора
Т е о р е м а. В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы
равен сумме квадратов катетов.
Док-во. Пусть АВ катеты, с-гипотенуза треугольника а штрих и bпроекции этих катетов на гипотенузу, h-высота гипотенузы, тогда h
кв=а штрих умн на b штрих; а кв=а штрих умн на с; b кв=b штрих
умн на с. Рис.
Пусть треугол-к АВС, угол с=90 и СР перпендикулярно АВ. Опишем
около треу-ка АВС окружность, тогда АВ –диаметр окр. Выразив
дважды степень точки Р, запишем ра-во РА∙РВ=ЗС∙РС1, след-но b
штрих умн на а штрих=h в квадрате.
Для док след рав-ва сделаем след рис.
АВС, угол с=90.Возьмем треуг АСР опишем окр, чтобы
определенная степень точки В. Получаем рав-во с умн на а
штрих=а в кв. причем ВС-отрезок касательной к данной
окр.Аналогично рассм и 3-е рав-во. На основании док-нных рав-в
выведем т. Пифагора
а кв + b кв=а штрих умн на с+ b штрих умн на с=(а штрих+ b
штрих)умн на с=с умн на с=с квадрат
16. Теорема Чевы.
опр. Отрезок соединяющий вершину ∆с(·), лежащей на
противоположной стороне, называется чевианой.
Т1. Для того, чтобы чевианы АА1 ,ВВ1 , СС1 в ∆АВС пересекались в
одной (·) необходимо и достаточно, чтобы выполнялось
равенство:
𝐴𝐶1
∙
𝐶1 𝐵
𝐵𝐴1
𝐴1 𝐶
∙
𝐶𝐵1
𝐵1 𝐴
=1
Доказательств.Т1.(необходимость) Пусть отрезки АА1
и ВВ1 , СС1 пересекаются в (·)М внутри ∆АВС, пусть площадь ∆ АСМ
= S1, ∆ ВСМ = S2, ∆ АВМ = S3.h1и h2расстояние от А и В до прямой СМ,
тогда из подобия ∆ получаем АС1:С1В=h1·h2=S1·S2.
Аналогично рассм. подобие других ∆, получаем соотношение
ВА1:А1С=S3·S1и
𝐶𝐵1
𝐵1 𝐴
=
𝑆2
𝑆3
Перемножив данное р-во мы получим
𝐴𝐶1
𝐶1 𝐵
∙
𝐵𝐴1
𝐴1 𝐶
∙
𝐶𝐵1
𝐵1 𝐴
=
𝑆1 𝑆3 𝑆2
∙
∙
=1
𝑆2 𝑆1 𝑆3
(достаточность) Пусть (∙) А1 В1 С1 лежат на стор. А и вып. рав-во
𝐴𝐶1
𝐶1 𝐵
𝐵𝐴1 𝐶𝐵1
𝐴1 𝐶
∙
𝐵1 𝐴
=1
(∙) М - (∙)пересеч. чевиан АА1 и ВВ1 , а продолжение отрезка СМ
пересекает сторону АВ например в (·)-ке К,
тогда показанному выше:
𝐴𝐾 𝐵𝐴1
𝐾𝐵
∙
из двух р-в мы получаем след. соотношение
𝐴1
𝐴𝐾
𝐾𝐵
∙
=
𝐶𝐵1
𝐵1 𝐴
𝐴𝐶1
𝐶1 𝐵
=1
, отсюда
следует, что (·)K=(·)C1и чевиана СС1 проходит через (∙)М.
∙
17. Применение теоремы Чевы для доказательства теорем о
медианах и биссектрисах.
Т2. Медианы ∆ пересекаются в одной (∙)∆ называемой центроидом
∆.
T3.Биссектрисы ∆ пересекаются в одной точке.
Т4. Высоты ∆ или их продолжения пересекаются в одной точке наз.
ортоцентром ∆.
Доказательство Т2 и Т3явл. очевидными.
Т4. Пусть чевианы являются высотами, тогда в ∆ выполняется
следyющее соотношения
𝐴𝐶1 cot 𝐴̂
𝐴𝐶1 ∙ 𝐶𝐶1 ∙ cot 𝐴̂
{
=>
=
𝐶1 𝐵 cot 𝐵̂
𝐶1 𝐵 = 𝐶𝐶1 ∙ cot 𝐵̂
𝐵𝐴1 cot 𝐵̂
𝐶𝐵1 cot 𝐶̂
=
=>
=
𝐴1 𝐶 cot 𝐶̂
𝐵1 𝐴 cot 𝐴̂
Перемножим все 3 р-ва
𝐴𝐶1 𝐵𝐴1 𝐶𝐵1 cot 𝐴̂ cot 𝐵̂ cot 𝐶̂
∙
∙
=
∙
∙
=1
𝐶1 𝐵 𝐴1 𝐶 𝐵1 𝐴 cot 𝐵̂ cot 𝐶̂ cot 𝐴̂
18.Св-ва замечательных линий в тре-ке
1) Биссектриса:
a) 3 биссектрисы пересекаются в одной точке ,которая
является центром вписанной в треугольник окружности .
b) Биссектриса делит сторону треугольника на отрезки
пропорциональные двум другим сторонам.
2) Медиана:
a) Медиана делит треугольник на 2 равновеликих
треугольника.
b) Медианы пересекаются в одной точке. и делятся этой
точкой в отношении 2/1 считая от вершины.
c) Если медиана проведена к гипотенузе, то она равна
половине гипотенузы.
3) Высота:
a) Если высота проведена из вершины равнобедренного
треугольника на его основание, то она является биссектрисой и
медианой этого треугольника.
b) Если высота проведена из вершины прям угла к
гипотенузе, то она является средним геометрическим проекций
катетов на гипотенузу и выполняется след соотношение
a
b

a c bc
.
c) Для всякого треугольника зависимость между его
высотами и радиусами вписанной окружности выражается
1
1
1 1



hb hc r .
формулой ha
19.Св-ва линий в окружности
1. Св-ва пересек хорд
Если через точку Р лежащую внутри окружности проведены хорды
AB и CD, то произведение хорд будет следующим АР∙РВ=CP∙PD рис
2. Св-ва касательных
1)отрезки касательных проведены из одной точки к окружности
равны
АВ=АС
2)радиус окружности перпендикулярен касательной в т касания.
Если окружность вписана в угол, то её центр лежит на биссектрисе
угла.
3. Св-во касательной и секущей. Тогда выпол рав-во.
AB2=AC*AD
4. СВ-ва линий касающихся и пересекающихся в окр-сти
Пусть есть 2 окр-сти касающиеся внешним и внутр образом.
О1О2 линия прох через центры. Общая касат
всегда перпендикулярна линии центров
АВ общая хорда
2х пересекающихся окружнастей, она перпендикулярна линии
центров и делится их точкой пересечения пополам
20 Углы, вписанные в окружность. Свойство
Теорема
Угол, вписанный в окружность, равен половине соответствующего
центрального угла.
Доказательство.
Пусть есть окружность с центром в точке O и угол ABC, вписанный в
эту окружность, так что одна из сторон угла проходит через центр
окружности.
Соединим точку A с центром окружности точкой O. Δ ABO
равнобедренный (BO=AO как радиусы). Следовательно, ∠OBA =
∠OAB. Внешний угол при вершине O, угол AOC равен сумме углов
OBA и OAB. Значит
В общем случае может быть два варианта, когда стороны угла не
проходят через центр окружности. Проведем вспомогательный
диаметр BD
ВАРИАНТ 1
тогда
Вариант 2:
Тогда
чтд.
20 Углы, вписанные в окружность. Свойство
Угол явл. центральным если его вершина лежит в центре
окружности, а сторона явл. радиусами окружности.
Угол явл. вписанным, если его вершина лежит на окружности, а
стороны явл. непересекающимися хордами.
Свойства углов вписанных в окружность.
1. Вписанный угол = половине центрального угла опирающегося
на туже дугу.
2. Вписанные углы опирающиеся на одну и туже дугу равны.
3. Вписанные углы опирающиеся на диаметр = 90(градусов)
Расм св углов вписаной и описан окр.
1) В любой треугольник можно вписать окр
2) В четырехугол можно вписать окр если суммы длин его
противопол сторон равны
3) Около любого тр-ка можно описать окр
4) Около четырех можно описать окр если суммы егоо внутр
противолежащих углов равны
Расположение центров вписан и описан окр
1)центр вписан окр есть точка пересеч бисектрис
2)центр описан окр в тр-ке есть точка пересеч серединных
перпендикуляров к сторонам тр-ка.В равнобедр тр-ке центр вписан
окр и описан
3) В прямоугольном тр-ке центр описан окр лежит на середине
гипотенузы
Исполь это сво-во при реш задач.
Пусть А1В1С1 точки касания. АВ1=АС1=х; В1С=А1C=z; C1B=BA1=y;
x=p-a; y=p-b, z=p-c, где а,b,c-стороны треугольника, р какае-то
постояннаяДок-во. P=x+y+z. Отсюда х=p-y-z=p-bc=p-a
21 Правильные многоугольники
Выпуклый многоугольник называется правильным, если у него все стороны равны
и все углы равны.
Если все вершины многоугольника лежат на некоторой окружности, то
многоугольник называется вписанным в окружность.
Если все стороны многоугольника касаются некоторой окружности, то
многоугольник называется описанным около окружности.
Описанная и вписанная окружности правильного многоугольника имеют один и
тот же центр, который называется центром многоугольника. Центральным углом правильного
многоугольника называется угол, под которым видна сторона из его центра.
Формула для радиусов вписанных окружностей правильных многоугольников
Теорема. Сторона a правильного n-угольника связана с радиусом r
вписанной окружности формулой :
Доказательство.
чтд
Формула для радиусов описанных окружностей правильных многоугольников
Теорема. Сторона a правильного n-угольника связана с радиусом R
описанной окружности формулой
Доказательство.
Ч
тд
22.Теорема синусов
Теорема синусов. Стороны треугольника пропорциональны
синусам противолежащих углов, т.е.
Доказательство
Пусть ABC – треугольник со сторонами a, b, c и соответственно
противолежащими им углами α, β, γ. Докажем, что
Опустим из вершины B высоту BD на прямую (AC).
1.
Пусть все углы Δ ABC острые. Тогда BD = a sin γ из
прямоугольного треугольника BCD. Аналогично из треугольника
ABD BD = c sin α.
Приравнивая
правые
части,
получаем
a sin γ = c sin α или
Аналогично, если опустить высоту
CE из вершины C на прямую (AB), получим CE = b sin α из Δ ACE,
CE = a sin β из Δ BCE. И, сравнивая эти равенства, имеем
Окончательно
из
полученных
равенств
имеем
2.
Пусть один из углов (например, γ) тупой. Тогда
BD = a sin(180° – γ ) = a sin γ из Δ BCD, BD = c sin α из Δ ABD.
Отсюда a sin γ = c sin α или
Далее, опуская высоту CE из
вершины C на прямую (AB) и рассуждая аналогично пункту 1,
получим
доказана.
и,
окончательно,
Теорема
23.Теорема косинусов
Теорема косинусов. Квадрат любой стороны треугольника равен
сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения
этих сторон на косинус угла между ними.
Доказательство
Пусть угол α – между двумя сторонами AB и AC треугольника
ABC равен 90°. Тогда треугольник ABC прямоугольный и по
теореме Пифагора имеем
BC2 = AB2 + AC2.
Но с другой стороны, так как cos 90° = 0
AB2 + AC2 = AB2 + AC2 – 2AB · AC cos 90° = BC2.
Теорема верна.
Пусть ABC – данный треугольник. Докажем, что BC2 = AB2 + AC2 –
2AB · AC cos α. Опустим из вершины B высоту BD на прямую
(AC). Рассмотрим два возможных случая.
1.
Пусть угол α – острый. Тогда, либо точка D лежит между
точками A и C, либо точка C – между точками A и D. Поэтому
справедливы
следующие
равенства:
AB2 = AD2 + BD2;
BC2 = CD2 + BD2, AD = AB cos α, CD = |AC – AD|. Из первых двух
равенств, исключая BD2, получим BC2 = AB2 + CD2 – AD2.
Подставляя из последнего равенства выражение для CD, имеем:
BC2 = AB2 + (|AC – AD|)2 – AD2 = AB2 + AC2 – 2AC · AD. С учетом
третьего равенства окончательно получаем требуемое равенство:
BC2 = AB2 + AC2 – 2AB · AC cos α.
2.
Пусть угол α – тупой. Тогда точка A лежит между точками D
и
C.
Поэтому
справедливы
равенства:
2
2
2
2
2
2
AB = AD + BD , BC = CD + BD ,
AD = AB cos(180° – α),
2
2
CD = AC + AD. Имеем: BC = AB + CD2 – AD2. С учетом
последнего
равенства
BC2 = AB2 + (AC + AD)2 –
AD2 = AB2 + AC2 + 2AC · AD = AB2 + AC2 + 2AB · AC · cos (180° –
α).
Так как угол α – тупой , то cos α = –cos (180° – α) и, с учетом этого,
окончательно получаем BC2 = AB2 + AC2 – 2AB · AC cos α. Теорема
доказана.