Билет 1. (1)Первый признак равенства треугольника по двум сторонам и углу между ними формулируется в виде теоремы: Т:Если две стороны и угол между ними одного ∆ соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого ∆, то такие треугольники равны. Д: Пусть у треугольников ABCи A1B1C1AB=A1B1, AC=A1C1, ÐA=ÐA1. Наложим ∆ABCна ∆A1B1C1так, чтобы вершина Aсовместилась с вершиной A1, а стороны ABи ACлегли соответственно на лучи A1B1и A1C1. Это возможно, поскольку ÐA=ÐA1. Так как AB=A1B1и AC=A1C1, то сторона ABсовместится со стороной A1B1,а сторона AC– с A1C1, а значит совместятся точки Bи B1, Cи C1, следовательно, совместятся стороны BCи B1C1. Таким образом треугольники ABCи A1B1C1совместятся, следовательно они равны: ∆ABC=∆A1B1C1.
(2)Параллелограммом называется четырёхугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны. Четырёхугольник ABCD, у которого сторона AB║DC, а сторона BC║AD. Следовательно ABCD–параллелограмм. Свойства: 1) В параллелограмме противоположные стороны равны и противоположные углы равны (AB=DC, BC=AD, ÐA=ÐC, ÐB=ÐD). 2) Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам (BO=OD, AO=OC). Докажем второе свойство. Д: ABCD– параллелограмм, BDи AC– диагонали, О – точка их пересечения. Доказать: BO=ODи AO=OC. Д-во: ∆AOB=∆CODпо стороне и двум прилежащим к ней углам (AB=DCкак противоположные стороны параллелограмма, ÐABO=ÐCDO, ÐBAO=ÐDCOкак накрест лежащие углы при параллельных прямых ABи DCи секущих BDи AC). Поэтому BO=OD, AO=OC, ч.т.д. Признаки параллелограмма: 1) Если в четырёхугольнике две стороны равны и параллельны, то этот четырёхугольник – параллелограмм. 2) Если в четырёхугольнике противоположные стороны равны, то этот четырёхугольник – параллелограмм. 3) Если в четырёхугольнике диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то он параллелограмм.
Билет 3.(1)Третий признак равенства треугольников по трем сторонам формулируется в виде теоремы. Т:Если три стороны одного треугольника соответственно равны трем сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны.Д: Пусть ABCи A1B1C1– треугольники, у которых AB=A1B1, AC=A1C1, BC=B1C1. Наложим ∆ABCна ∆A1B1C1так, чтобы их стороны ACи A1C1совместились, а вершины Bи B1оказались по одну сторону от A1C1. Предположим, что треугольники ABCи A1B1C1не равны, тогда они не совместятся, это значит, что вершина Bне совместится с вершиной B1. Соединим точки B1и Bотрезком и найдём середину этого отрезка. Треугольники B1BA1и B1BC1– равнобедренные треугольники (A1B1=A1Bи С1B1=C1B) с общим основанием B1B. Отрезки A1Dи C1Dне совпадают, потому что точки A1, C1и Dне лежат на одной прямой, то оказалось, что через точку Dпрямой B1Bпроведены две разные прямые, перпендикулярные к B1B. Это противоречит теореме, согласно которой через каждую точку прямой можно провести лишь одну перпендикулярную ей прямую. Это противоречие доказывает теорему.
(2)Ромбом называется параллелограмм, у которого все стороны равны. На рисунке изображён параллелограмм ABCDу которого AB=BC=CD=DA. По определению этот параллелограмм – ромб. Поскольку ромб – параллелограмм, для него справедливы все свойства и признаки параллелограмма. Но существует и особое свойство ромба. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят его углы пополам. В равнобедренном ∆ABD(AB=AD, так как ABCD– ромб) BO=ODпо свойству диагонали параллелограмма, следовательно, AO– медиана, а значит и высота, и биссектриса ∆ABD. Отсюда AO^BD, ÐBAO=ÐDOA. Обратные утверждения являются признаками ромба: 1) Если диагонали параллелограмма взаимно перпендикулярны, то этот параллелограмм – ромб 2) Если диагональ параллелограмма делит его углы пополам, то этот параллелограмм ромб.
Билет 5.(1) Т: Сумма углов треугольника равна 180º. Д:Докажем, что для произвольного ∆АВС справедливо соотношение ÐА+ÐВ+ÐС=180º. Через вершину В проведём прямую а, параллельную стороне АС, и введём в рассмотрение углы, образованные этой прямой со сторонами АВ и ВС: Ð1 и Ð2.Углы 1 и А – внутренние накрест лежащие при параллельных прямых а и АС, и секущей АВ, поэтому Ð1=ÐА. Углы 2 и С – внутренние накрест лежащие при параллельных прямых а и АС и секущей ВС, поэтому Ð2=ÐС. Сумма углов 1, В и 2 равна развёрнутому углу, значит Ð1+ÐВ+Ð2=180º. В силу полученных равенств будем иметь ÐA+ÐB+ÐC=180º. Теорема доказана.
(2)Касательной к окружности называется прямая, имеющая с окружностью только одну общую точку. Касательная к окружности обладает свойством, которая формулируется в виде теоремы. Т: Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания. Д: Проведём радиус OAокружности, в точку касания. Докажем, что a^OA. Предположим, что это не так. Тогда радиус OAявляется наклонной, проведённой из точки Oк прямой a. Так как перпендикуляр прямой ÐACO=ÐBCO.
Билет 7. (1)Т:В треугольнике 1) против большей стороны лежит большой угол; 2) обратно, против большего угла лежит большая сторона.Д: На рисунке изображён ∆АВС, в котором АВ>ВС. Докажем, что ÐС>ÐА. На стороне АВ отложим отрезок BD, равный отрезку ВС, и построим равнобедренный ∆DBC. Равные углы при основании этого треугольника обозначим 1 и 2. Так как точка D лежит между точками A и B (ВD=ВСÐ1 является частью ÐС, то есть Ð1ÐС. Угол 2 − внешний угол ∆ АDС, поэтому Ð2>ÐА. Но Ð1=Ð2, значит справедливо соотношение ÐАÐ1=Ð2ÐС или ÐС>ÐА.Д: Пусть в ∆АВС ÐС>ÐА. Докажем, что АВ>ВС. Предположим, что это не так. Тогда либо АВ=ВС. В первом случае ∆АВС− равнобедренный, а значит ∟С=∟А. Во втором случае ∟СВС.Т: доказана.
(2) Радиус окружности, описанной около правильно п-угольника со стороной ап выражается по формуле R=(an)/ (2sin(180º/n)). Для вывода этой формулы разобьём правильный n-угольник на nравных равнобедренных треугольников радиусами, проведёнными из центра в вершину n-угольника. Рассмотрим один из таких треугольников, например ∆A1OA2в этом треугольнике A1A2=anсторона n-угольника, A1O=A2O=R– радиус описанной окружности, ÐA1OA2=360º/n. Из центра окружности Oопустим перпендикуляр OBна отрезок A1A2:OB^A1A2. Этот перпендикуляр является высотой, медианой и биссектрисой равнобедренного ∆A1OA2. Поэтому A1B=BA2=an/2; ÐA1OB=ÐA1OA2=180º/n. В прямоугольном ∆A1OBA1B/A1O=sinÐA1OBили an/2R=sin(180º/n) откуда R=(an)/ (2sin(180º/n)). Определение: окружность называется описанная около многоугольника, если все вершины многоугольника лежат на этой окружности. Т: Около любого правильного многоугольника (n-угольника) можно описать окружность, и притом только одну.
Билет 9. (1) Т: Средняя линия ∆ параллельна одной из его сторон и равна половине этой стороны.Д:В ∆АВС МN-средняя линия. Докажем, что МN║АС, МN=½AC.Треугольники МВNи АВС подобны по первому признаку подобия ( ÐВ- общий угол, ВМ ∕ВА=ВN∕ВС=½), поэтому ÐВМN=ÐBAC, MN∕ AC=½. Из последнего равенства следует что MN=½AC. ÐBMNи ÐBAC– соответственные углы при прямых MNи ACи секущей AB. Из их равенства следует параллельность прямых MNи AC: MN║AC. Т: доказана. Определение: средней линией ∆ называется отрезок, соединяющий середины двух его сторон.
(2) Площадь Sкруга радиуса Rвыражается формулой S=πR2. Для вывода этой формулы докажем утверждение: Площадь круга равна половине произведения длины ограничивающей его окружности на радиус: S=½ l•R. Представлен круг радиуса Rс центром O, а также 2 правильных n-угольника – вписанный в окружность (A1A2…An) и описанный около неё (A1’A2’…An’). Площадь Sзаключена между площадями Snвписанного и Sn’описанного n-угольников: Sn’Площадь вписанного n-угольника выражается формулой Sn=½ Pnr, где Pn– его периметр, r– радиус вписанной в него окружности. Из рассмотрения прямоугольного ∆A1BOполучаем OB=A1OcosÐA1OBили r=К cos180º/n(A1O=R; ÐA1OB=½ ÐA1OA2=180º/n) Отсюда Sn=½PnRcos180º/n. Площадь описанного n-угольника выражается формулой Sn’=½Pn’•Rгде Pn’– его периметр. При неограниченном увеличении числа сторон n-угольников (n→∞) и в периметре приближаются к длине lокружности. Pn→l, Pn’→l
n→∞ n→∞
угол 180º/nприближается к 0, а его cosк 1: ( (cos(180º/n))/(n/(n→∞)) )→l
Следовательно, Sn→½ lR, Sn’→½ lR
n→∞ n→∞
Это означает что площадь Sкруга ограничена с двух сторон последовательностями Snи Sn’, стремящимися при n→∞ к одному и тому же пределу. Этот предел и принимается за площадь круга: S=½ l•R. Заменяя длину окружности lна 2πRполучаем S=π•R2
Билет 11. (1)Окружностью, описанной около ∆, называется окружность которая проходит через все вершины ∆. Рассмотрим теорему.Т:около любого ∆ можно описать окружность. Д: На рисунке∆АВС; ОК,OLи ОМ − серединные перпендикуляры к его сторонам. Докажем, точка О их пересечение равноудалена от вершин А, В и С. Соединим точку О с вершинами и рассмотрим ∆АОК и ∆ВОК: ∆АОК=∆ВОК по первому признаку равенства треугольников (АК=КВ по условию, ОК — общая сторона ÐВКО=ÐАКО=90°). Отсюда АО=ВО. Аналогично доказываем, что ВО=СО. Следовательно АО=ВО=СО, т.е точка О равноудалена от вершины ∆АВС. Значит все вершины ∆ лежат на окружности с центром в точке О и радиусом, равным ОА. Эта окружность является окружностью, описанной около ∆АВС.Т: доказана.
(2) Равенство справедливое при всех допустимых значениях входящих в него в переменных, называется тождеством. Справедливы следующие тригонометрические тождества: (1) sin2α+cos2α=1; (2) 1=tg2α= 1/cos2α; 3) l+ctg2•α=1/sin2α. Докажем тождество 1. Для этого рассмотрим тригонометрическую окружность, радиус R, который равен 1 (R=1), а центр Oрасположен в начале прямоугольной декартовой системы координат Oxy. Отложим острый ÐAOB: ÐAOB=αи опустим из точки B, лежащей на окружности, перпендикуляр BCк оси Ox. BC^Ox. По определению синуса и косинуса угла альфа имеем. sinα=y, sosα=x, где xи yкоординаты точки B. В прямоугольном ∆OBCкатеты и гипотенуза выражаются: OC=x=cosα; BC=y=sinα, OB=R=1. По теореме Пифагора OC2+ BC2= OB2или cos2α+sin2α=1. Тождество (1) доказано для случая 0º≤αÐAOB’(90º’C’. Наконец, в случае развёрнутого угла (α=180º) cosα=-1, sinα=0. Тождество 1 справедливо при 0º≤α≤180º. Если обе части тождества 1 разделить на cos2α, то с учётом того, что sinα/cosα=tgα, получим тождество 2, при
0º≤α
90º
Если обе части тождества 1 разделить на sin2α, то с учётом того что cosα/sinα=tgα, получим тождество 3 справедливое при 0º
Билет 13. (1) Угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность, называется вписанным углом (∟АВС). Т: Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается. Д: Рассмотрим вписанный угол АВС, стороны ВА и ВС которого лежат по разные стороны от луча ВО, проходящего через центр окружности. Пусть D– точка пересечения луча ВО с окружностью. Дуги АDи DCменьше полуокружности, поэтому ими измеряются центральные углы AODи DOC:ÐAOD=ÈAD, ÐDOC=ÈDC. Треугольник АОВ – равнобедренный по построению, откуда Ð1=Ð2. Поскольку ∟AOD– внешний угол ∆АОВ, то ÐAOD=Ð1+Ð2. Следовательно, Ð2=½ÐAOD=½ ÈAD. Аналогично доказывается, что Ð4=½ÈDC. Значит ÐАВС=Ð2+Ð4= ½ÈAD+½ÈDC=½ÈAC. В случае иного расположения сторон угла АВС доказательство аналогично. Теорема доказана.
(2). Площадь Sпараллелограмма ABCDс основанием ADи высотой ВЕ (BE^AD) выражается формулой S=AD•BE.Опустим перпендикуляр CFна продолжение основания AD.Получим прямоугольник BCFE. Прямоугольные треугольники АВЕ и DCFравны по гипотенузе и острому углу (AB=DCкак противоположные стороны параллелограмма, ÐВАЕ=ÐCDFкак соответственные углы при параллельных прямых ABи DCи секущей AD). Параллелограмм ABCDсоставлен из трапеции BCDEи треугольника АВЕ; прямоугольник BCFEсоставлен из той же трапеции и треугольника DCF, равного треугольнику АВЕ. Значит площадь параллелограмма ABCDравна площади прямоугольника BCFE, то есть S=BC•BE, но так как ВС=AD, то S=AD•BE. Таким образом площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту.
Билет15. (1) Т: Если на одной из двух прямых отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсекут на второй прямой равные между собой отрезки. Д: Пусть на прямой 1 отложены равные отрезки А1А2; А2А3…… и через их концы проведены параллельные прямые, которые пересекают прямую l2в точках В1,В2, B3,…. Докажем, что В1В2 =В2В3=… два Рассмотрим два случая- прямые l1 и l2 параллельны и прямые l1иl2 не параллельны. А)Пусть l1║ l2.Докажем, что В1 В2= В2 В3. Четырёхугольники А1 В1 В2 А2 и А2 В2 В3 А3 –параллелограммы по определению, поэтому А1 А2=В1 В2, А 2А 3=В2 В 3.Поскольку А1 А2=А2 А3, то В1 В2 =В2 В3. Б).Пусть l2╫ l1 . Для доказательства равенства отрезков В1 В2 и В2 В3 проведём через точку В1 прямую l3,параллельную прямой l1, которая пересечёт прямые А2 В2 и А3 В3 в точках CиDсоответственно. По доказанному в пункте А) В1С=СD.Через точку Dпроведём прямую l4,параллельную l2,которая пересечёт прямую А2 В2 в точке Е. Треугольники С В2 В1 и CDEравны по второму признаку равенства треугольников (В1С=CDпо доказанному, ÐВ1СВ2=ÐDCEкак вертикальные, ÐСВ1В2=ÐCDEкак накрест лежащие углы при параллельных прямых l2и l4и секущей l3). Следовательно, В1 В2=ЕD. Но ED=В2В3. Теорема доказана.
(2) Две точки А1 и А2 называются симметричными относительно прямой а, если эта прямая проходит через середину отрезка АА1 и перпендикулярна к нему.Каждая точка прямой а считается симметричной самой себе относительно прямой а. Фигура называется симметричной относительно прямой а, если для каждой точки А фигуры симметричная ей точка А1 относительно прямой а, также принадлежит фигуре. Прямая а называется осью симметрии фигуры. А) равнобедренный (не равносторонний) треугольник — одна ось симметрии; б) равносторонний треугольник- три оси симметрии; в) прямоугольник (не квадрат)-две оси симметрии; г) ромб (не квадрат)- две оси симметрии; д) квадрат – четыре оси симметрии; е)окружность- бесконечное множество осей симметрии.
Билет 17. (1).Т: Стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов.Д: Рассмотрим ∆АВС, в котором стороны обозначены следующим образом: АВ=с, ВС=а, СА=b. Докажем, что (a/sinA)=(b/sinB)=(c/sinC)
Выразим площадь Sтреугольника ABC: S=½ absinC, S=½ acsinB, S=½ bcsinA. Приравнивая части первых двух равенств, получаем ½ absinC=½ acsinBили bsinC=csinB, откуда (b/sinB)=(c/sinC), аналогично, приравнивая правые части второго и третьего равенств, получаем (a/sinA)=(b/sinB). Окончательно имеем (a/sinA)=(b/sinB)=(c/sinC).
Теорема доказана.
(2).Серединным перпендикуляром к отрезку называется прямая, проходящая через середину отрезка и перпендикулярна к нему. Свойство серединного перпендикуляра формулируется в виде теоремы. Т: Каждая т