707.избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные курсы) [текст] учебное пособие

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Соликамский государственный педагогический институт»
(СГПИ)
Кафедра математики и физики
А. Е. Малых, Т. В. Рихтер
ИЗБРАННЫЕ ВОПРОСЫ
ОБУЧЕНИЯ ГЕОМЕТРИИ
(ДИСТАНЦИОННЫЕ КУРСЫ)
Учебное пособие
«Рекомендовано УМО по математике
педвузов Волго-Вятского региона
в качестве учебного пособия для студентов
педагогических направлений подготовки
высших учебных заведений»
Протокол №15 заседания Совета УМО от 24 мая 2011 г.
Соликамск
СГПИ
2011
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

2
УДК 37
ББК 74.262.21
М 20
Рецензенты:
В. И. Яковлев– доктор физ.-мат. наук, профессор,
декан механико-математического факультета
Пермского государственного университета;
В. И. Карпова– канд. пед. наук, доцент, зав. каф. математики
и естественно-научных дисциплин Пермского института
железнодорожного транспорта (филиал УрГУПС)
М 20 Малых, А. Е.
Избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные кур-
сы) [Текст]: учебное пособие / А. Е. Малых, Т. В. Рихтер; ФГБОУ
ВПО «Соликамский государственный педагогический институт». –
Соликамск, 2011. − 176 с. – ISBN 978-5-89469-075-9
В данном учебном пособии представлены дистанционные курсы обу-
чения «Опорные планиметрические задачи», «Элементы сферической гео-
метрии», способствующие формированию и развитию интереса к геометрии,
ее практической части, привитию исследовательских навыков, совершенство-
ванию математической культуры обучаемых.
Пособие адресовано студентам педагогических вузов, обучающихся по
специальностям «Математика», «Информатика», по направлению бакалав-
риата «Педагогическое образование» с профилями «Математика», «Информа-
тика», учителям математики общеобразовательных и профильных школ, а
также всем тем, кто интересуется геометрией.
УДК 37
ББК
74.262.21
Рекомендовано к изданию РИСо СГПИ.
Протокол № 27 от 27.06.2011 г.
Работа выполнена в рамках фундаментального исследования ГРНТИ,
финансируемого Министерством образования и науки РФ
ISBN 978-5-89469-075-9 © Малых А. Е., Рихтер Т. В., 2011
© ФГБОУ ВПО «Соликамский
государственный педагогический
институт», 2011

3
ОГЛАВЛЕНИЕ
ВВЕДЕНИЕ………………………………………………………………. 4
ГЛАВА I. ДИСТАНЦИОННЫЙ КУРС «ОПОРНЫЕ
ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ»
Модуль 1. Теорема косинусов……………………………………… 10
Модуль 2. Прямоугольный треугольник………………………….. 27
Модуль 3. Теорема синусов………………………………………... 47
Модуль 4. Замечательные точки и линии в треугольнике……….. 64
1.4.1. Медианы треугольника…………………………………. 65
1.4.2. Биссектрисы треугольника…………………………….... 72
1.4.3. Высоты треугольника…………………………………..... 89
Модуль 5. Площадь треугольника и его частей…………………... 100
1.5.1. Равновеликость и равносоставленность………………... 101
1.5.2. Аналитическое решение задач, относящихся
к вычислению площади треугольника и его частей…………. 112
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ.......................................................................... 127
ГЛАВА II. ДИСТАНЦИОННЫЙ КУРС
«ЭЛЕМЕНТЫ СФЕРИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ»
Модуль 1. Основные понятия сферической геометрии…………… 129
2.1.1. Сфера, большая и малая окружности………………........ 129
2.1.2. Расстояние между точками……………………………... 132
2.1.3. Полюс и поляра………………………………………....... 133
2.1.4. Угол на сфере…………………………………………....... 134
2.1.5. Понятие движения………………………………………... 136
2.1.6. Предмет сферической геометрии………………………... 138
2.1.7. Принцип двойственности……………………………........ 138
Модуль 2. Сферические треугольники………………………………. 140
2.2.1. Двуугольники и треугольники на сфере………………… 140
2.2.2. Полярные треугольники………………………………...... 141
2.2.3. Признаки равенства сферических треугольников………. 144
2.2.4. Равнобедренные сферические треугольники……………. 147
2.2.5. Площадь сферического треугольника…………………… 153
Модуль 3. Сферические многоугольники…………………………... 156
2.3.1. Понятие сферического многоугольника, его свойства........ 156
2.3.2. Площадь сферического многоугольника………………... 158
Модуль 4. Малые окружности……………………………………... 159
Модуль 5. Геометрические места точек на сфере………………........ 162
Задания для самостоятельного выполнения………………………... 164
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ……………………………………………… 174

4
ВВЕДЕНИЕ
Глубокие социально-экономические изменения в современном
обществе потребовали переосмысления государственной политики в
области высшего образования, направленной на усовершенствование
его структуры и обновление содержания, а также форм альтернативно-
го и вариативного обучения. Для создания такой адаптивной системы
необходимо решить целый комплекс педагогических, дидактических,
организационно-правовых и других задач, направленных на разработ-
ку инновационных образовательных проектов. Одним из них является
организация единого телекоммуникационного дистанционного про-
странства.
Неоднозначность в понимании сущности дистанционного образо-
вания определила две основные тенденции и стратегии его развития в
России: соединение возможностей современных информационных
технологий с традиционно сложившейся практикой обучения; по-
строение базовой модели образования, ориентированной на учет по-
требностей общества.
Поскольку дистанционное обучение позволяет построить для ка-
ждого обучающегося индивидуальную образовательную траекторию
посредством специально созданной информационной среды, удовле-
творяющей потребности в качественном образовании, представляется
целесообразным его внедрение в систему высшего образования, в том
числе и при овладении геометрическими знаниями. Это будет способ-
ствовать формированию мировоззрения обучаемых, развитию логиче-
ского мышления, пространственного воображения, памяти, творческих
способностей и т.д.
Под дистанционным обучением понимается комплекс образова-
тельных услуг, предоставляемых посредством специализированной
информационно-образовательной среды на любом расстоянии.

5
Геометрия является одной из центральных школьных дисциплин.
Перед учителем стоит важная проблема – не только дать учащимся
прочные знания, но и научить применять их на практике. Хотя обуче-
ние решению геометрических задач освещено в многочисленных пуб-
ликациях, проблема еще далека от разрешения. Известный педагог-
математик Д. Пойа выделил четыре этапа (ступени) в решении задач с
неизвестным для обучаемого алгоритмом решения: понимание смысла
задачи, ее условий, требований, связей между ними; поиск плана ре-
шения; его реализация; анализ поиска решения, самого решения, ре-
зультата. При решении проблемно-развивающих задач наибольшая
трудность ощущается на этапе поиска. Для ее преодоления имеются
общие эвристические приемы.
Российские методисты Ю. М. Колягин, Л. М. Фридман и другие
ученые разработали приемы решения задач, которые состоят в сле-
дующем:
– попытаться свести данную задачу к такому типу, способ реше-
ния которого известен;
– проанализировать требования задачи и попробовать применить
известный прием или метод;
– видоизменить задачу, т.е. на ее основе составить новую;
– разбить задачу на несколько вспомогательных, последователь-
ное решение которых может составить решение исходной;
– отыскать в литературе решенную задачу, аналогичную данной, и др.
Однако знание общих приемов поиска еще не гарантирует успеха
в решении. Необходимо заранее сформировать у обучаемых умения,
соответствующие каждому приему. Анализ исследований Д. Пойа и
ряда отечественных ученых позволил сделать вывод о том, что обу-
чать решению геометрических задач – значит формировать у обучае-
мых умения:

6
– анализировать условие задачи (выделять данные и требования,
соотносить первые со вторыми);
– устанавливать круг теоретических положений, которые могут ассо-
циироваться с каждым элементом условия и требования;
–выводить следствия, преобразовывать теоретические положения
(аксиомы, определения понятий, формулировки теорем) в способы
деятельности, эвристические приемы;
– владеть способами решения исходных задач, к совокупности ко-
торых сводятся более сложные;
– составлять новые задачи путем изменения условий старых, за-
мены на равносильные; формулировать обратные задачи; выполнять
обобщения и конкретизации; использовать результаты решения;
– решать задачи разными методами.
Известно, что процесс формирования любого понятия, умения,
приобретения навыков довольно длительный. Важным при этом явля-
ется последовательная и целенаправленная работа обучающего.
В предлагаемом пособии представлены два дистанционных курса
«Опорные планиметрические задачи», «Элементы сферической гео-
метрии». Дистанционный курс «Опорные планиметрические задачи»
преследует цель овладеть системой знаний и умений решения таких
задач. Ее реализация состоит в формировании и развитии у обучаемых
интереса к геометрии и ее практической части, интуиции, исследова-
тельских навыков; совершенствовании математической культуры.
Одним из важнейших этапов решения геометрической задачи яв-
ляется построение чертежа. Считают, что ни одна достаточно содер-
жательная задача не может быть быстро и рационально решена без
грамотно выполненного чертежа. В предлагаемом факультативном
курсе основным методом решения, который следует освоить и отрабо-
тать в первую очередь, является алгебраический. Его преимущество
заключается в том, что две основные его модификации (методы по-

7
этапного отождествления и составления уравнений) легко алгоритми-
зируются. Граница между ними до некоторой степени условна: первая
является частным случаем второй.
Применяя алгебраический метод при решении планиметрических
задач, не следует забывать о том, что обучаемые имеют дело с геомет-
рической задачей, а потому следует прежде всего искать в ней геомет-
рические свойства, особенности, соотношения. Рассматривая каждую
задачу вместе с методом ее решения, мы выделили множество эле-
ментарных задач, т.е. решаемых в одно действие, выполненное на ос-
нове известной теоремы или формулы. При этом конфигурация, к ко-
торой они применяются, достаточно четко обозначена в условии. О
границах множества таких задач приходится говорить условно. Тем не
менее его выделение представляется оправданным. Оно оказывается
полезным, т.к. решение более сложных и содержательных задач со-
ставляется из элементарных – «кирпичиков».
К двум указанным выше слагаемым (чертеж и алгебраический ме-
тод), помогающим решать задачи, добавляются владение объемом
вспомогательных геометрических фактов и теорем, наличие часто ис-
пользуемого списка так называемых опорных задач (термин И.
Ф. Шарыгина). В теоретическую часть школьного курса геометрии
включены главным образом теоремы, необходимые для его дальней-
шего развития. В то же время имеются теоремы, исключенные из
учебного курса, областью приложения которых является задача, а не
теория. Поэтому возникла необходимость в выделении некоторого
множества опорных задач, состоящего из набора дополнительных тео-
рем или иллюстрирующих часто встречающийся прием решения за-
дач, который обучаемый должен освоить. В процессе усложнения ре-
шаемых задач, как правило, расширяется и список опорных.
Особенностью курса геометрии, затрудняющей до некоторой сте-
пени процесс обучения решению задач, является то, что учащиеся
главным образом заняты изучением конкретной темы и решением свя-

8
занных с нею задач. Времени на то, чтобы решать задачи по всему
курсу планиметрии, практически не остается. В предлагаемом курсе, в
отличие от школьного, последовательность изучения материала опре-
деляется не тематикой, соответствующей порядку изложения в учеб-
нике, а уровнем сложности задач, степенью стандартности, умением
по их формулировке выяснить, какая именно задача может быть ис-
пользована в данном конкретном случае.
Порядок расположения задач для решения, опирающихся на кон-
кретную опорную, одинаков: вначале дается ее формулировка и дока-
зательство, указывается, в каких случаях она применяется, затем при-
водится историческая справка, после чего решаются разные типы за-
дач, уровень сложности которых постепенно повышается. Некоторые
из последних нами отнесены к опорным. Наконец, предлагается свыше
десятка задач для самостоятельной работы. Большая часть заданий
взята из материалов ЕГЭ.
Содержание дистанционного курса «Элементы сферической гео-
метрии» базируется на модели «университетское обучение». Он вклю-
чает теоретическую и практическую части. Первая разбита на пять мо-
дулей, в каждом из них рассматриваются понятия и теоремы по опре-
делѐнной теме раздела сферической геометрии, снабжѐнные нагляд-
ными чертежами. Кроме того, представлены задачи на применение
нового материала, составляющие задачник-практикум. Он содержит
упражнения двух уровней сложности: А и В, составленные таким обра-
зом, что при возникновении затруднений обучающийся имеет воз-
можность воспользоваться подсказкой.
Представленные материалы составлены в соответствии со сле-
дующими требованиями, предъявляемыми к планированию, разработ-
ке, организации и проведению дистанционных курсов обучения:
– интеграция трех системообразующих учебное пространство
сред – образовательной, профессиональной и социальной – посред-

9
ством использования в процессе обучения комплекса педагогиче-
ских и информационно-коммуникационных технологий;
– единство организационных и образовательных оснований по-
строения дистанционного курса обучения через управляемое взаимо-
действие педагогических и организационных подсистем;
– построение сети дистанционного обучения как системного инте-
гратора образовательных и производственных структур путем объеди-
нения человеческих, учебных, научно-методических, технологиче-
ских, информационных, управленческих и других ресурсов;
– создание условий для обеспечения в сети дистанционного обу-
чения качественного геометрического образования, обеспечиваемого
стандартными технологиями функционирования учебных, маркетин-
говых, кадровых, административных, финансовых и других подсис-
тем;
– ориентация образовательного процесса на профессиональное
самоопределение обучаемых.
Работа в дистанционной среде по овладению геометрией требует
от преподавателей более глубоких знаний и умений в области органи-
зации деятельности обучаемых в телекоммуникационной среде, а
именно: знаний ее назначения, особенностей устройства и функцио-
нирования; условий хранения и передачи информации внутри сети;
основных сетевых информационных ресурсов и специфики работы с
ними; особенностей организации и проведения телекоммуникацион-
ных проектов и тематических телеконференций; методических основ
организации работы в сети; правил поведения пользователей в сети,
основ телекоммуникационного этикета; работы с электронной почтой,
телекоммуникациями, сетевыми информационными службами; а так-
же умений обрабатывать информацию, полученную по сети.

10
ГЛАВА I
ДИСТАНЦИОННЫЙ КУРС
«ОПОРНЫЕ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ»
МОДУЛЬ 1. ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ
Теорема косинусов является одной из центральных и наиболее
часто используемых в школьном курсе геометрии. Ее мы и примем в
качестве опорной.
Теорема 1.1. В каждом треугольнике квадрат любой его сто-
роны равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного
произведения этих сторон на косинус угла между ними.
Аналитическая запись ее имеет вид
с2
= а2
+ b2
− 2аb cos C (1.1),
где а, b, с − длины сторон, С – угол, заключенный между а и b.
Для квадратов двух других сторон треугольника справедливы анало-
гичные формулы
b2
= а2
+ с2
– 2ас cos B и а2
= b2
− 2bс cos A.
Из множества доказательств (1.1) выберем два.
Доказательство (первый способ). Для угла С имеется три воз-
можности.
1. 
90С . Тогда cos 090 
и (1.1) примет вид с2
= а2
+ b2
, т.е.
является теоремой Пифагора. Поэтому (1.1) иногда называют обоб-
щенной теоремой Пифагора.
2. С < 
90 (рис. 1а). В  АВС есть еще хотя бы один острый
угол. Пусть им будет  В. Опустим на СВ из А высоту h = АD. Так
как В и С − острые углы, то D лежит внутри отрезка СВ.

11
В прямоугольном  ACD CD = b cos C, тогда ВD = а – b cos С. В
прямоугольном треугольнике ADB по теореме Пифагора с2
= h2
+ DB2
,
c2
= h2
+ (a – b ·cos C)2
. Высоту h находим по обратной теореме Пифа-
гора h2
= b2
– CD2
или h2
= b2
–b2
cos2
C.
Поэтому
с2
= b2
– b2
cos2
С +a2
– 2ab cos C + b2
cos 2
C.
Приходим к доказан-
ному равенству:
с2
= а2
+ b2
– 2ab cosC.
3. С > 
90 (рис.
1б). Основание D высоты
AD = h лежит на продол-
жении ВС за точку С. Снова обозначим CD = b·cos C. В этом случае
BD = а + bcos C и из прямоугольного  ADC по теореме Пифагора
находим с2
= (а + СD)2
+ h2
. По определению косинуса тупого угла
имеем cos C =
b
СD
 , поэтому CD =− b cos C. Наконец, из  ACD
снова получаем h2
= b2
– CD2
. Подставим значение h2
в с2
= (а + СD)2
+ h2
и получим h2
= b2
− (− b cos C)2
, с2
= а2
− а2
−2 ab cos C + b2
cos2
C
+ b2
− b2
cos2
C, откуда c2
= a2
+ b2
– 2ab cos C.
Доказательство (второй способ). Равенство (1.1) гораздо легче
доказывается с использованием векторной алгебры. Из рис. 1 видно

 BCABAC , откуда

 BCACAB . Возведем обе части этого
равенства скалярно в квадрат



















BCABBCACAB 2
222
, от-
куда АВ2
= АС2
– 2АВ·ВС·cos С + ВС2
.
Потому равенство (1.1) доказано. Заметим, что если угол
С − острый, то сos C>0, если прямой, то сos C=0, для тупого угла
сos C<0.

12
Теорема 1.2. Даны три стороны треугольника. Найти его углы.
Доказательство. Пусть а, b, с − длины сторон треугольника. Из
(1.1) получаем
0 (1.2).
Аналогичным образом находятся косинусы углов А и В:
bc
acb
A
2
cos
222

 и
ac
bca
B
2
cos
222

 .
При решении задач формулы (1.1) и (1.2) будут использованы как
самостоятельные.
К числу опорных отнесем еще и возможности использования (1.2).
Теорема 1.3. Треугольник является остроугольным, прямо-
угольным или тупоугольным в зависимости от того, будет ли
квадрат его наибольшей стороны меньше, равен или больше суммы
квадратов двух других сторон.
Доказательство следует из (1.2). В ней знак косинуса угла зависит
от знака числителя, т.к. знаменатель всегда положителен.
Историческая справка. Теорема косинусов была по существу до-
казана средствами геометрической алгебры в «Началах» Евклида (III
в. до н.э.) − 12 и 13 предложения II книги. Герон Александрийский (I
в.), Папп Александрийский (IV в.), Брахмагупта (VII в.), Бхаскара
Акария (XII в.), европейские ученые Леонардо Пизанский (Фибонач-
чи, XII в.), И. Неморрарий (XV в.) пользовались теоремами, близкими
к теореме косинусов, для нахождения углов треугольника. Однако яв-
но теорему косинусов сформулировал в словесной форме в 1579 г.
Франсуа Виет. Он представил ее в виде, который, в аналитической за-
писи, может быть представлен




 

 Ccba
ab
90sin
12
22.2
.

13
Привычный нам вид теорема приняла в 1801 г. у Лазара Карно
(1753 – 1823). Ученые стран ислама IX – X вв. решения любых тре-
угольников сводили к решению прямоугольных, а потому не нужда-
лись в теореме косинусов и не знали ее.
Теорема косинусов решает три опорные задачи:
1) нахождение стороны треугольника по двум другим сторонам и
углу между ними;
2) нахождение угла треугольника по известным трем сторонам;
3) по двум сторонам и углу, не лежащему между ними, найти тре-
тью сторону треугольника.
Если в первых двух задачах искомый элемент определяется одно-
значно, то третья может иметь одно, два или ни одного решения, так
как соответствующая задача на построение треугольника по двум сто-
ронам и углу, не лежащему между ними, может иметь также одно, два
или ни одного решения.
Если А < 90° и а  с, то задача имеет одно решение; если h < a
< c, где h − расстояние от вершины В до основания АС, то задача име-
ет два решения; в случае же а = h имеется одно решение.
Если А  90°, то при а > c − одно.
Теорема косинусов часто применяется для составления уравнения
(уравнений и их систем).
Перейдем к решению задач.
Задача 1. Длины сторон треугольника образуют арифметиче-
скую прогрессию. Косинус среднего по величине угла треугольника ра-
вен
3
2
. Найдите его периметр.
Решение. Обозначим длину средней по величине стороны через х.
Тогда длины двух других − (х – 1) и (х + 1). Данный угол лежит против
стороны х. Используя формулу (1.1), составляем уравнение:

14
      
3
2
11211
222
 ххххх ,
откуда
3
1
3
3
1 2
х , тогда 102
х и 10х . Наконец, 103P .
Задача 2. Длины сторон треугольника равны 3, 5 и 7. Найдите его
наибольший угол.
Решение. Искомый угол лежит против стороны большей длины.
По формуле (1.2) получим:
2
1
532
753
cos
222



A , откуда
120A .
Задача 3. В ΔАВС АВ = 4, ВС = 5,
SΔ 35 . Найдите высоту, опущенную из
вершины В, если 0cos ABC (рис. 2).
Решение. По условию
SΔ= B sin54
2
1
, откуда В sin1035 ,
2
3
sin В и 60В . Рассмотрим
ΔАВС:
2160cos54225162
 AC , 21AC . SΔАВС= BD 21
2
1
.
Составим уравнение: BD 21
2
1
35 , откуда
7
710
BD .
Приведем примеры простых задач, при решении которых форму-
лы (1.1) и (1.2) используются дважды.
Задача 4. В равнобедренном треугольнике АВС угол при вершине
В равен 120º, АС 212 . Найдите длину медианы АМ (рис. 3).

15
Решение. Из ΔАВС по формуле
(1.1) найдем боковую сторону:

120cos2284 22
 ABAB ,
72AB . Тогда
7
2
1
2
1
 ABBCBM .
Снова используем (1.1) для ΔАВМ:

120cos
2
1
2
4
1 222
 ABABABABAM , откуда
49142872
AM . Следовательно, АМ=7.
Задача 5. В равностороннем треугольнике АВС с основанием АС,
длина которого 15, на стороне ВС взята
точка D так, что BD : BC=1 : 3, а на
стороне АВ – точка Е так, что АЕ=ЕD.
Найдите длину СЕ (рис. 4).
Решение. Так как BD : BC=1 : 3, то
BD=5, DC=10. Пусть ВЕ=х, тогда
АЕ=15–х. Применим (1.1) для нахожде-
ния ВЕ из ΔВЕD:   
60cos522515 22
 xxx , откуда
20025 x и х=8. Тогда АЕ=7, а ВЕ=8. Далее, ЕС можно найти из
ΔВСЕ или ΔАСЕ. Во втором случае 60A и
60cos2222
 AEACAEACEC ,
2
1
7152492252
EC , ЕС2
=169, откуда ЕС=13.
Задача 6. В ΔАВС длины сторон АВ = 3, ВС = 5 и АС = 6. На АВ
взята точка М так, что ВМ = 2АМ, а на стороне ВС – К так, что
3ВК = 2КС. Найдите длину МК (рис. 5).

16
Решение. Из ΔАВС найдем Bcos
по (1.2):
15
1
352
36925
2
cos
222








BCAB
ACBCAB
B
т.е. угол В – тупой. В ΔВМК известны МВ = 2, ВК = 2. По (1.1) най-
дем МК:
15
168
15
1
18cos222442 






 BMK ,
15
308
MK .
В приведенной ниже задаче теорема косинусов используется три-
жды.
Задача 7. В  АВС стороны равны:
,17АВ ВС = 4, СА = 5. На стороне ВС
взята точка D так, что BD = 1. Найдите ве-
личину угла ADB.
Решение. Из анализа изучения условия
приходим к тому, что следует применить тео-
рему косинусов, и причем не один раз.
Сначала применим формулу для нахождения угла АВС из  АВС:
B cos4172161725 , откуда .
17
1
Bcos Теперь в
 ABD известны длины двух сторон и косинус угла между ними.
Найдем AD: BAD  cos11721172
, откуда AD = 4. В
этом же треугольнике определяем угол ADB:
0
1712
16171
cos 


ADB . Следовательно, ADB =90°.

17
Задача 8. Определите вид треугольника (остроугольный, тупо-
угольный или прямоугольный), если длины его сторон равны: а) 6; 7; 9;
б) 7; 24; 25; в) 23; 25; 34.
Решение. а) Пусть а=6, b=7, с=9. Так как для сторон треугольника
выполняется условие cba  , то для его углов – CBA  .
Значит C – наибольший. По формуле (1.2) находим:
0
21
1
762
814936
cos 


C , откуда следует, что C – острый, а
потому треугольник – остроугольный;
б) а=7, b=24, с=25. Находим 0
2472
62557649
cos 


C , следова-
тельно, треугольник – прямоугольный;
в) а=23, b=25, с=34. По формуле (1.2)
0
575
1
25232
1156625529
cos 


C , а потому треугольник – тупо-
угольный.
Задача 9. В треугольнике АВС проведены высоты АЕ и СР. Най-
дите длину ЕР, если АС=26 см и
13
12
sin B .
Решение. Пусть ВР = т, ВЕ = п,
АВ = х, ВС = у (рис. 7). По (1.1) для
ΔАВС находим АС:
Bxyyx  cos226 222
, причем
13
5
169
144
1cos B . Поэтому
13
5
226 222
 xyyx (*).

18
Из ΔАВЕ и ΔВРС найдем Bcos :
y
m
B
x
n
B  cos,cos соот-
ветственно. Выразим т и п из этих соотношений:
xBxn
13
5
cos  , yBym
13
5
cos  . Из ΔРВЕ по (1.1) имеем:







13
5
2
169
25
13
5
169
25
2
169
25
169
25
cos2 2222222
xyyxxyxyBmnnmPE .
Выражение, стоящее в скобках, по (*) равно 262
. Поэтому
10026
169
25 22
PE , откуда РЕ=10 см.
Задача 10. В треугольнике АВС известно АВ = 3, ВС = 4 и АС = 2.
BD – высота этого треугольника, опущенная на прямую АС. Найдите
длину CD (рис. 8).
Решение. Определим вначале вид
ΔАВС: 0
4
1
232
423
cos
222



A .
Значит, угол А – тупой, а потому точ-
ка D лежит на продолжении стороны
СА. Рассмотрим ΔАВС. Найдем по
(1.2) косинус угла С:
16
11
242
324
cos
222



C .
В этом треугольнике 75,2cos  CCBCD .
Применение теоремы косинусов дает возможность получить фор-
мулу для нахождения медиан треугольника, если известны длины его
сторон.
Замечание. Эта формула может быть выведена также при рас-
смотрении трех опорных задач, связанных с линиями в треугольнике.

19
Теорема 1.4. Пусть та – длина медианы, проведенной к стороне а
треугольника АВС (рис. 9), длины двух
других его сторон равны b и c. Докажи-
те, что 222
22
2
1
acbma  .
Заметим, что теорема может быть
доказана несколькими способами.
Доказательство. Найдем косинус
угла В треугольника АВС по (1.2):
ac
bca
B
2
cos
222

 .
Из ΔABD по формуле (1.1) найдем длину медианы:
B
a
c
a
cma
 cos
2
2
4
2
22
.
Подставив в это равенство значение Bcos , получим
4
22
222424
2222222
2
2222
22 acbbcaa
c
ac
bca
ac
a
cma



 ,
откуда
222
22
2
1
acbma  (1.3).
Аналогичным образом находят длины других медиан:
222
22
2
1
bcamb  , 222
22
2
1
cbamc  .
Однако они могут быть получены из (1.3) круговой подстановкой
а, b, с. Правило для запоминания простое.
Задача 11. Докажите, что во всяком прямоугольном треугольни-
ке справедливо соотношение 222
5Rmm ba  , где тa, mb – медианы,
проведенные к соответствующим сторонам, R – радиус описанной
окружности (рис. 10).

20
Доказательство. Обозначим угол А через α, тогда  В = 90о
– α.
Применим (1.1) к треугольникам АВВ1 и ВВ1С:
cos
2
2
2
2
2
2






 c
b
c
b
mb ,




 





 90cos
2
2
2
2
2
2
c
a
c
a
ma
.
Найдем искомую сумму:
 

  cossin
4
2
22
222
bac
ba
cmm ba
  2222
52
4
5
4
5
4
1
2 RRc
c
b
b
c
a
acc 





 .
Задача 12. Дан BAC . Внутри него выбрана точка М, уда-
ленная от сторон угла на расстояния а и b. Найдите расстояние от
М до вершины угла.
Решение. В четырехугольнике AEMD (рис. 11)
90 MDAMEA . Кроме этого, BAD , поэтому
 180EMD , опираясь на сум-
му внутренних углов выпуклого
многоугольника. Тогда около четы-
рехугольника AEMD можно описать
окружность. Диаметром ее является
отрезок АМ, т.к. вписанный угол
АЕМ прямой, т.е. АМ=2R.

21
Выразим ED из двух треугольников AED и EMD, используя тео-
рему синусов: R
ED
2
sin


и R
ED
2
180sin





 
.
С другой стороны, 



  180cos2222
abbaED , откуда
cos222
abbaED  , поэтому


 sin
cos2
sin
2
22
abbaED
RAM

 .
Задача 13. В параллелограмме
AВСD AD=2, 60BAD , прямая
ВЕ перпендикулярна AD и
32BE . Найдите длину
бóльшей диагонали (рис. 12).
Решение. В прямоугольном
ΔABЕ отрезок АЕ лежит против угла 30º, а потому равен AB
2
1
.
Составим уравнение, используя теорему Пифагора:
12
2
1
2
2






 ABAB , 162
AB , откуда АВ = 4. Для нахождения
бóльшей диагонали АС рассмотрим ΔADС. В нем 120D , AD = 2
и DС = 4. Тогда 28120cos4221642
 AC , поэтому
72AC .

22
Задача 14. В треугольнике АВС АВ = 34 , ВС=3. Площадь тре-
угольника равна 33 . Найдите радиус описанной окружности, если
ее центр лежит внутри треугольника.
Решение. Последнее замечание подсказывает, что ΔABС – остро-
угольный. Так как даны площадь и длины двух сторон, то используем
формулу для нахождения площади треугольника
BBABCS ABC  sin
2
1
. Тогда B sin343
2
1
33 , откуда
2
1
sin B , а потому 30B . Применим формулу (1.1) для ΔABС:
2130cos34324892
 AC , откуда 21AC . Зная длины
трех сторон треугольника и его площадь, найдем радиус описанной
около него окружности:
334
21334
4 


S
abc
R , 21R .
Задача 15. Пусть СD – диаметр окружности с центром в точке
О и АВ – параллельная этому диаметру хорда. На диаметре СD вы-
брана точка М. Докажите, что сумма 22
MBMA  не зависит от
положения хорды АВ.
Доказательство. Соединим точки А и В
с центром окружности (рис. 13).
Рассмотрим ΔМОА и ΔМОВ. Для нахо-
ждения АМ 2
и ВМ 2
соответственно приме-
ним теорему косинусов (1.1):
BOMOMROMRBM  cos2222
,
AOMOMROMRAM  cos2222
.

23
Так как АВ||СD, то дуга АС равна дуге BD и  AOCBOD ,
тогда  0
180AOM как смежный AOC .
Найдем сумму  2222
2 OMRBMAM  , которая, таким обра-
зом, не зависит от положения хорды АВ.
Задача 16. Докажите, что в любом треугольнике углы А, В, С
связаны соотношением
CBABCA  cossinsin2sincoscos 222
.
Доказательство. Пусть длины сторон треугольника АВС равны а,
b и с. Применим формулу (1.1): Сabbac  cos2222
(**). Из
теоремы синусов 











R
C
c
B
b
A
a
2
sinsinsin
, получим
ARa  sin2 , BRb  sin2 , CRc  sin2 . Подставим эти значе-
ния в формулу (**):
.sinsin
sin42sin4sin4sin4 2222222
CB
ARBRARCR


Разделим обе части этого равенства на
2
4R :
CBABAC  sinsinsin2sinsinsin 222
,
выполним тождественные преобразования:
CBABAC  sinsinsin2cos1cos1cos1 222
,
откуда CBABCA  cossinsin2sincoscos 222
.
Соотношение доказано.
Задача 17. В параллелограмме AВСD со стороной AD = 32 прове-
дена биссектриса угла А, проходящая через точку Р на стороне ВС.
Найдите периметр трапеции AРСD, если ее средняя линия равна 17, а
диагональ РD= 889 (рис. 14).

24
Решение. Так как средняя линия трапеции AРСD равна 17, то
РС = 2. Треугольник AРВ – равнобедренный (АР – биссектриса
 ВAD). Поэтому ВР = 30, а значит, и AВ = СD =30. Тогда в ΔРСD
известны длины трех сторон. Используя формулу (1.2), найдем коси-
нус угла С:
8
1
3022
8899004
2cos 


 .
Наконец, АР можно найти из ΔABР: так
как 2180  ABP , то по формуле
(1.1):




 

2180cos
2222

BPABBPABAP
,
2222
45
8
1
302302 AP , откуда АР = 45. Теперь можно найти
периметр трапеции AРСD: Р = 45 + 2 + 30 + 32 = 109.
Задача 18. В треугольнике АВС  А = 60º, АВ = 1, ВС = а. Найди-
те длину АС (рис. 15).
Решение. В условии даны две стороны и угол не между ними. Зна-
чит, можно применить теорему косинусов:
AACABACABBC  cos2222
,
60cos121 22
 xxa , откуда   01 22
 axx . При реше-
нии уравнения выясним знак дискриминанта и сделаем вывод:
если ,
2
3
a то задача не имеет решения; при ,
2
3
a имеется
единственное решение – АС =
2
1
; при 1
2
3
 a

25
задача имеет два решения




  341
2
1 2
аAC ;
при а1 − одно решение




  341
2
1 2
аАС .
Заметим, что в скобках после каждой
из задач указаны ответы.
1. Найдите длину стороны треугольника, лежащую против угла
120º, если длины двух других сторон − 6 см и 10 см.
(14 см)
2. Установите вид треугольника с длинами сторон 3, 5 и 7.
(Тупоугольный)
3. Установите вид треугольника с длинами сторон 4, 5 и 6 .
(Остроугольный)
4. В треугольнике АВС отрезок, соединяющий середины сторон АВ и
ВС, равен 3, сторона АВ равна 7, угол С равен 60º. Найдите длину ВС.
(3+ 22 )
5. В треугольнике со сторонами 3, 4 и 6 проведена медиана к
большей стороне. Найдите косинус угла, образованного медианой и
меньшей стороной треугольника.








12
14
6. В параллелограмме АВСD со стороной AD, равной 12, проведе-
на биссектриса АР. Найдите периметр получившейся трапеции АРСD,
если ее средняя линия равна 7, а диагональ PD = 2,86 .
(41)

26
7. Длины сторон треугольника равны 25, 39 и 56. Найдите высоту,
опущенную на большую сторону.
(15)
8. Докажите, что в любом треугольнике углы А, В и С связаны со-
отношением:
.coscoscos1cossinsin2 222
BACCBA 
9. В треугольнике длины сторон 4, 5 и 6. Найдите его наибольшую
медиану.
 1065,0

27
МОДУЛЬ 2. ПРЯМОУГОЛЬНЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК
Историческая справка. «Если слушать тех, кто любит повторять
древние легенды, то придется сказать, что эта теорема восходит к Пи-
фагору <…>». Так писал Прокл (410 – 485) в своем комментарии к
«Началам» Евклида о том, что квадрат гипотенузы в треугольнике ра-
вен сумме квадратов катетов. Об этом же повествует и другой древне-
греческий ученый Плутарх (I в.). На основе этих высказываний долгое
время считали, что до Пифагора такой теоремы не знали, а потому на-
звали ее «теоремой Пифагора». Однако к настоящему времени уста-
новлено, что она встречается в вавилонских клинописных текстах уже
в XVIII в. до н. э. Более того, древние египтяне за 2800 лет до н. э. зна-
ли, что треугольник с длинами сторон 3, 4, 5 – прямоугольный. Еги-
петские жрецы и гарпетонапты (натягиватели веревки) использовали
«мерные ленты» с узелками на расстоянии друг от друга в один фара-
онский локоть для построения прямого угла при возведении храмов,
культовых сооружений, восстановления залитых илом участков земли
и др. В Китае предложение о квадрате гипотенузы в треугольнике было
известно как минимум за 500 лет до Пифагора. Теорему знали и в древ-
ней Индии. В «Чхандах сутра»
Пингалы (II в. до н.э.) имеются
следующие предложения:
1) квадрат диагонали пря-
моугольника равен сумме квад-
ратов его большей и меньшей
сторон;
2) квадрат на диагонали
квадрата в два раза больше са-
мого квадрата (рис. 16).

28
Одно из ранних наглядных доказа-
тельств теоремы Пифагора содержится в
сочинении «Лилавати» Бхаскары Акария
(1114 − 1185). Воспроизведем его, ис-
пользуя современные обозначения.
Пусть АВDE – квадрат, сторона которого
равна гипотенузе  АВС. Обозначим
АВ = с, ВС = а, АС = b. Проведем
DK CB , BCK  , EL KD и
АМ EL, М  EL (рис. 17). Тогда легко показать, что треугольники
АВС, КВD, DLE и МЕА равны между собой. Кроме того,
KL = LM = CM = CK = a − b. Таким образом, площадь квадрата АBDE
равна сумме площадей четырех прямоугольных треугольников и внут-
реннего квадрата СКLM:  22
2
4
bа
аb
с  ,
222
22 babaabс  , откуда с2
=а2
+ b2
. Заметим, что в качестве
«египетского треугольника» индусы рассматривали треугольник с
длинами сторон 5, 12 и 13 единиц. На рис. 17 приведен именно такой
треугольник, а под ним − лаконичная надпись «Смотри!». Опорные
задачи этого раздела сформулируем в виде теорем.
Теорема 2.1. Если в треугольнике АВС один из углов прямой, то
теорема косинусов упрощается и имеет вид
с2
=а2
+b2
(2.1),
где с − гипотенуза, а и b − катеты.
Справедлива и обратная теорема.
Приведем несколько задач, в которых используется формула (2.1).

29
Задача 1. Определите площадь правильного треугольника по его:
а) стороне; б) высоте h.
















3
32
;
4
32
ha
Задача 2. а) Выразите длину стороны правильного треугольника
через его площадь S. б) Определите площадь равнобедренного тре-
угольника по его гипотенузе.









3
2 S
а ; 






4
2
c
S
Задача 3. Точка М расположена внутри прямого угла и удалена
от его сторон на расстояния а и b. Найдите ее расстояние от вер-
шины угла.
 22
ba 
Задача 4. В круг вписан прямоугольник,
длины сторон которого относятся как
8 : 15. Найдите длины его сторон, если
радиус круга 34 см (рис. 18).
Решение. По условию АВ : ВС = 8 : 15.
Пусть АВ = 8t; ВС = 15t.
Тогда в  АВС
2222
28922564 tttAC  , АС=17t,
AC = 2∙34=68; потому 17t = 68, t = 4. Сле-
довательно, АВ = 32 см; ВС = 60 см.
Задача 5. Каждая сторона квадрата повернута на 30о
внутрь его
(рис. 19). Определите отношения длин сторон и площадей данного
квадрата и квадрата, образованного из частей повернутых сторон
исходного квадрата.

30
Решение. Пусть АВ = с, тогда в  AFB
BF= с
2
1
и по обратной теореме Пифагора
.
2
3c
АF  Поэтому
 13
222
3

ccc
EF , а
 





 13
2
c
SEFKL . Отношение площадей
данного и искомого квадратов равно:
   .13324324
4
:
2
2
2

c
c
Отношение длин сторон этих квадратов равно:
 
13
13
2
13
2




c
c
.
Задача 6. Катеты треугольника относятся как 9 : 40, а его пло-
щадь равна 720. Найдите гипотенузу.
Решение. Пусть t – коэффициент пропорциональности. Используя
теорему о площади прямоугольного треугольника и условие задачи,
найдем t:     ,720109
2
1 22
 tt откуда
t = 2. По формуле (2.1) находим
    8241229240
22
c .
Задача 7. В прямоугольнике АВСD из-
вестно, что АВ = 2, ВС = 3 . Точка М
делит CD в отношении 1 : 2, считая от

31
точки С; К − середина АD. Какой из отрезков больше: ВК или АМ
(рис. 20)?
Решение. Учитывая условия задачи, определяем:
3
4
;
2
3
 DMАК . Сравниваемые отрезки находим по теореме Пи-
фагора из треугольников АВК и ADМ соответственно:
ВК= ;
2
19
4
3
4 
3
46
9
16
3 АМ .
Сравниваем их длины: ,
3
46
2
19
 откуда 246193  или
171 < 184. Следовательно, ВК < AM.
Задача 8. В прямоугольный треугольник, периметр которого ра-
вен 15 см, вписана окружность радиуса 1 см. Найдите длины сторон
треугольника.
Решение. Пусть АВС – прямоуголь-
ный треугольник, окружность с цен-
тром О вписана в него, D, E, F – точ-
ки касания (рис. 21).
Обозначим катеты АС = b;
ВС = а. Тогда в соответствии с усло-
вием задачи BD = a −1; AF = b −1.
По свойству касательных к окружно-
сти DB = ВЕ и AF = AE = b − 1. По-
этому длина гипотенузы АВ = а + b − 2. По теореме Пифагора
 222
2 babа . Второе условие – 15ΔABCP см – приводит
к уравнению 15222  bа , откуда а+b = 8,5. Рассмотрим систему
уравнений

32
 





.5,8
,2
222
ba
baba
Из первого уравнения после тождественных преобразований по-
лучим 2(а+b) = 2+ab, откуда ab =15. Преобразованная система имеет
вид





.5,8
,15
ba
ba
Выражая а из второго уравнения системы и подстав-
ляя его значение в первое, получим уравнение 2b2
- 17b + 30 = 0, отку-
да b1 = 6, b2 = 2,5. Но тогда а1 = 2,5; а2 = 6. Следовательно, катеты тре-
угольника равны 2,5 и 6, а гипотенуза (а + b −2) = 6,5.
Ответ: a=2,5; b=6; c=6,5.
Теорема о свойстве медианы, проведенной из вершины прямого
угла на гипотенузу, часто используется при решении задач. Сформу-
лируем ее как опорную.
Теорема 2.2. Медиана, выходящая из вершины прямого угла
треугольника, равна половине гипотенузы:
cmc
2
1
 (2.2).
Известно более 15 способов ее доказа-
тельства. Приведем некоторые из них.
Способ 1. Используется формула для на-
хождения длины медианы, если известны
длины сторон треугольника:
.
2
1
2
2
1
22
2
1 22222
ccccbamc 

33
Способ 2. Векторный (рис. 22).








baCM
2
1
;
.
2
1
2
1
cos2
2
1 2222
cbabCbaaCM 
 
Способ 3. Координатный (рис. 23). Прямоугольную декартову
систему координат выберем так, чтобы оси ОХ и ОУ совпали с катета-
ми треугольника, а начало − с вершиной прямого угла. Тогда коорди-
натами вершин  АВС и точки М являются С(0;0); А(а;0); В(0;b);
М .
2
;
2





 bа
По формуле расстояния между
двумя точками имеем:
  c.ba
bа
СМ 22
2
1
4
1
2
1
0
2
0
2
22













Способ 4. Около прямоугольного треугольника всегда можно опи-
сать окружность. Центр М ее лежит на середине гипотенузы и, следо-
вательно, одинаково удален от вершин треугольника, а потому
СМ = с
2
1
.
Способ 5. Дополнение треугольника до прямоугольника осущест-
вляется в двух вариантах:

34
1) строим МК || ВС (рис. 24) и проводим МL || АС. Тогда четырех-
угольник CKML − прямоугольник. KL − средняя линия  АВС, а по-
тому KL = .
2
1
AB МС − диагональ CKML. Но МС=KL. Следовательно,
ABMC
2
1
 ;
2) удвоив медиану СМ, достроим
треугольник АВС до прямоугольника
CADB (рис. 24). Диагонали АВ и CD его
равны, а потому равны и их половины,
т.е. СМ= .
2
1
AB
Способ 6. В  АВС (рис. 24) из точки М опустим перпендикуляр
МL на СВ, тогда ML || AC, потому АМ=МВ. Т.к.  СМВ – равнобед-
ренный, то СМ=ВМ= АВ
2
1
.
Способ 7. Обозначим через х угол САМ
(рис. 25). Как и в предыдущем случае,  СМА
– равнобедренный и СМ=МА= АВ
2
1
.
Сформулируем еще одну опорную задачу.
Теорема 2.3. В прямоугольном треуголь-
нике: а) высота, опущенная из вершины
прямого угла на гипотенузу, есть средняя пропорциональная вели-
чина между проекциями катетов на эту гипотенузу;

35
в) каждый катет – средняя пропорциональная величина между
гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу.
В аналитической записи утверждения а) и в) имеют вид:
h 2
= ac· bc (2.3),
а 2
= ас с; b 2
= bc c (2.4),
где ас и bc – проекции катетов а и b на гипотенузу с; h – высота,
опущенная из вершины прямого угла. Доказательство утверждений
(2.3) и (2.4) следует из рассмотрения трех пар подобных треугольни-
ков.
Задача 9. Найдите площадь прямоугольного треугольника, один
катет которого равен 13, а высота, опущенная на гипотенузу, – 12.
Решение. Из  CBD определим BD по обратной теореме Пифаго-
ра: 22
CDCBBD  , 6144169 BD (рис. 26). Формула (2.3)
позволяет найти АD: СВ2
=АВ·BD. Пусть AD = x, тогда 169 = (5+х)·5,
откуда
5
144
х . Применим теорему Пифагора для  ADC:
АС 2
=СD 2
+ AD 2
,
AC=
2
5
144
144 





 и АС= .
5
156
На-
конец, CBACSΔABC 
2
1
и
.8,20213
5
156
2
1
ΔABCS
Задача 10. Катеты треугольника равны 15 см и 20 см. Из верши-
ны прямого угла проведены высота и биссектриса. На какие отрезки
разделилась гипотенуза?

36
Решение. Пусть АС = 15 см, ВС = 20 см (рис. 27), тогда по теореме
Пифагора АВ = 25 см. Используя свойство биссектрисы, находим АЕ и
ЕВ; 35t=25, t= .
7
5
Поэтому АЕ = .
7
100
;
7
75
ВЕ Пусть DE = х.
Выразим CD из треугольников ACD и BCD, затем, приравняв полу-
ченные соотношения, найдем х:
222
ADACDC  ,
222
BDBCCD  , подставив значе-
ния длин отрезков, получим:
22
7
100
400
7
75
205 











 xx ,
откуда х =
7
12
. Наконец,
AD = 9
7
12
7
75
 . Следовательно, AD = 9 см; DB =
7
5
1 см; EВ =
7
2
14 см.
Задача 11. В треугольнике больший угол при основании равен 45о
,
а высота делит основание на части 20 см и 21 см. Найдите длину
большей боковой стороны.
Решение. Если будем знать
длину АВ, то по теореме косинусов
вычислим длину ВС (рис. 28). АВ
находим как гипотенузу равнобед-
ренного треугольника ABD:
22АВ . Из АВС по теореме
косинусов вычислим ВС:
ВС 2
=АС 2
+АВ 2
−2АС·АВ cos45º,
  29
2
2
22041222041
22
2
ВС .

37
Сравнивая АВ и ВС, убеждаемся в том, что ВС >AB: 20 292  ,
800<841.
Задача 12. В прямоугольной трапеции с основаниями 17 см и 25 см
бóльшая боковая сторона равна 10. Из ее середины восстановлен пер-
пендикуляр до пересечения с продолжением другой боковой стороны.
Найдите его длину.
Решение. Для нахождения KF, являю-
щейся в  CKD высотой и медианой, дос-
таточно знать длину его боковой стороны
(рис. 29). Она определяется из двух тре-
угольников ВСК и KFD. Обозначим АК
через х. Тогда ВК = ВА + х. Длина мень-
шей боковой стороны трапеции находится
из  CED (CE = AB). Тогда ВК = 6 + х. В
 ВСК: КС 2
= КВ 2
+ ВС 2
; в  КАD: KD 2
= АК 2
+ AD 2
.
Приравняв правые части этих равенств, получим
2222
ADAKBCKB  или 625 + х 2
= 289 + 36 + 12х + х 2
, откуда
х = 25. Находим KD из  KAD: KD = 25 2 . Используя теорему, об-
ратную теореме Пифагора, определим KF: KF= .35251250 
Задача 13. Из вершины С квадрата ABCD со стороной 4 см про-
ведена прямая, пересекающая сторону AD в точке К. Найдите длину
высоты ВМ  ВКС, если КС= 5 см.
Решение. Из  КСD найдем KD : КD = 3 (рис. 30). Тогда АК = 1 и
в  АВК ВК = 17 . Определим ВМ, используя введение вспомогатель-
ного неизвестного. Пусть КМ = х, тогда МС = 5 − х. Из треугольников
МВС и МВК находим ВМ, приравниваем правые части равенств и оп-
ределяем х: ВМ 2
= ВК 2
− КМ 2
, ВМ 2
= ВС 2
− МС 2
, поэтому

38
ВК 2
− КМ 2
= ВС 2
− МС 2
. Подставив число-
вые данные, определяем х: х =2,6. Из  КВМ
находим ВМ:
2,36,217 2
 22
КМКВВМ (см).
В следующих двух задачах поупражняемся
в нахождении величин углов прямоугольного
треугольника.
Задача 14. В прямоугольном треугольнике
АВС ( 90С ) проведена биссектриса АА1
острого угла А. Прямая СМ1, перпендикуляр-
ная АА1, пересекает гипотенузу АВ в точке
М. Найдите угол между СМ и А1М, если
А (рис. 31).
Решение. Пусть
2
1

САА . Тогда уг-
лы при основании  САМ равны по 90º−
2

и АК – медиана. В  СА1М 






2
90901
AМС , отрезок А1К
является высотой и СК=КМ. Поэтому
22
1
1
α
АСМА  .
Задача 15. В прямоугольном  АВС точки К и М принадлежат
гипотенузе АВ, причем АК=АС и ВМ=ВС. Найдите величину угла
МСК (рис. 32).
Решение. Пусть CAB , тогда в

39
∆АКС
2
90

 АКСАСК . В ∆МВС
.
2
45

 BCMBMC В  МСК ис-
комый угол
 45
2
90
2
45180 







КСМ .
Решим более сложные задачи.
Задача 16. Окружность, центр которой
лежит внутри квадрата РQRS, касается стороны PQ в точке К, пересе-
кает сторону PS в точках А и В, а диагональ PR – в точках С и D. Най-
дите радиус окружности, если
АВ=16, CD=2 92 (рис. 33).
Решение. Построим квадрат
Q1P1S1R1, описанный около окруж-
ности. Пусть LM = x. Выполним
параллельный перенос РQRS на
вектор

LM . В результате PS сов-
падет с P1S1. Поэтому ОТ=х.
ONT − равнобедренный прямо-
угольный, в нем NO = NT =
2
x
.
В ∆LBO: r2
=(r−x)2
+64; в NOD : NO2
=r2
−92. Составим систему
уравнений:







.92
2
,642 22
2
2
r
x
xrxrr
(*).

40
После выполнения тождественных преобразований имеем:
64, 2 2 184 64
2 184 60 0
2 2
2 2 2
2rx x rx r
r x r xr
      
 
      
откуда 60
42

2
1,2
xx
r ; 60
42
1 
2
xx
r (**);
060
42

2
2
xx
r – не удовлетворяет условию задачи. Подставим
r1 в (*) и получим: 9260
4
60
42
2
42

2222
xxxxx
,
3260
4

2
x
x , откуда 0102460
4
 2
2
2
x
x
x , поэтому
х4
+240х2
−4096=0. Обозначим х 2
= t;
тогда t 2
+ 240t − 4096 = 0, откуда
t1,2 = −120 18496120409614400  или t1,2 = −120136. От-
куда 16t , а потому x2
= 16 или x = 4.
Подставим это значение в (**) и найдем
r = 2+ 108260
4
16
 .
Задача 17. В прямоугольном треугольнике АВС ( 90С ) с ка-
тетами, равными 12 и 5, из вершины прямого угла проведена высота
СН. В каждый из треугольников АСН и ВСН вписана окружность.
Найдите квадрат расстояния между центрами этих окружностей
(рис. 34).

41
Решение. Обозначив радиусы окружностей соответственно через
r1 и r2, опустим перпендикуляры из центра каждой окружности на ги-
потенузу. Получим KL = r1 + r2, а длина отрезка О1М = r1 − r2. По тео-
реме Пифагора      2
2
2
1
2
21
2
21
2
21 2 rrrrrrОО  .
Радиус окружности, вписанной в треугольник с катетами а, b и
гипотенузой с, находится по формуле:
2
1
BCCHBH
r

 ,
2
2
ACCHAH
r

 .
По теореме Пифагора
найдем АВ = 13, получим,
что
,
13
12
sin A
13
5
cos A . Тогда
13
60
sin  AACCH ,
13
25
cos  AACAH ,
13
144
sin  ABCBH .
Подставим найденные значения в правые части r1 и r2:
13
24
2
12
13
60
13
144
1 

r ,
13
10
2
5
13
60
13
25
2 

r .
Наконец, .OO 8
169
676
2
169
100
169
576
22
21 






Рассмотрим еще несколько опорных задач.

42
Пусть R и r − радиусы описанной около прямоугольного тре-
угольника и вписанной в него окружностей; а, b, с − длины катетов и
гипотенузы (рис. 35).
Теорема 2.4. Для прямоугольного треугольника справедливы
формулы:
cR
2
1
 (2.5),
причем центр описанной окружности совпадает с серединой гипо-
тенузы;
  cpcba
2
1
r  (2.6), где
где р − полупериметр треугольника;
 baRr 
2
1
(2.7).
Доказательство. Справед-
ливость формулы (2.5) установ-
лена при доказательстве теоре-
мы 2.2 (способ 4).
Формула (2.6) непосредст-
венно следует из рис. 35:
raBDBL  ;
КА = AD = b − r.
АВ = AD + DB = a − r +b− r = c.
Отсюда r =  cba 
2
1
. Добавим и вычтем из правой части с,
2
1
получим r=p−c.
Последнее утверждение:

43
 bacba
c
Rr 
2
1
2
1
2
1
2
1
2
.
Задача 18. Найдите гипотенузу треугольника, если длины его
сторон образуют арифметическую прогрессию с разностью, равной
1.
Решение. Пусть х – больший катет, тогда х − 1 и х + 1 − соответст-
венно меньший катет и гипотенуза. По теореме Пифагора справедливо
соотношение   222
)1(11 xxx  , откуда 24х = х2
, х2
− 4х = 0 и
х1=4 или х2 = 0. Второй корень не удовлетворяет условию задачи.
Задача 19. Катеты треугольника равны 8 и 15. Найдите рас-
стояние от вершины прямого угла до центра вписанной в треугольник
окружности.
Решение. Пусть АС = 8, ВС = 15, а точка Р − центр вписанной в
треугольник окружности. Тогда СР − искомое расстояние (рис. 36). По
теореме Пифагора найдем АВ:
АВ = .1722564 
Четырехугольник LCKP −
квадрат, длина стороны которого
равна радиусу r окружности. Он
находится по формуле (2.6):
  317158
2
1
r , а РС − диа-
гональ квадрата. Поэтому РС = 232 r .
Задача 20. Один катет треугольника равен 5, а проекция другого
катета на гипотенузу − 2,25. Найдите длину гипотенузы.
Решение. Обозначим проекцию данного катета на гипотенузу че-
рез х. Тогда по формуле 2.3 имеем 25 = (х + 2,25) х или

44
4х2
+ 9х − 100 = 0, откуда х = 4. Поэтому длина гипотенузы
4 + 2,25 = 6,25.
Задача 21. Один катет
треугольника равен 6, медиа-
на, опущенная на этот катет,
равна 5. Найдите длину гипо-
тенузы этого треугольника.
Решение. Пусть ВС = 6,
AD = 5 (рис. 37). Тогда АВ = 4
и из АВС по теореме Пи-
фагора найдем гипотенузу: 13246 22
АС .
Задача 22. Радиус ок-
ружности, вписанной в пря-
моугольный треугольник, ра-
вен полуразности его кате-
тов. Найдите отношение
большего катета к меньше-
му.
Решение. Пусть а, b −
катеты прямоугольного тре-
угольника (а<b). По условию r =  cab 
2
1
. Поэтому ca
2
1
 . Тогда
с 2
= а 2
+ b 2
, откуда .
2
3
4
1 c
ccacb 2222

Искомое отношение .3
2
1
:
2
3
 c
c
a
b

45
Задача 23. Катеты треугольника равны 3 и 4. Найдите радиус
окружности, проходящей через вершину прямого угла, середину боль-
шего катета и вершину противолежащего острого угла.
Решение. Пусть АС = 3; ВС = 4 (рис. 38). Так как АСD − прямо-
угольный, то AD − диаметр окружности, описанной около АСD .
13
2
1
49
2
1
2
1
 ADR .
Задачи для самостоятельного решения
1. Из одной точки к данной прямой проведены перпендику-
ляр и две наклонные. Определите длину перпендикуляра, если длины
наклонных 41 см и 50 см, а их проекции на данную прямую относятся
как 3:10. (40 см)
2. Боковые стороны треугольника равны 25 см и 30 см. Дли-
на высоты, опущенной на основание, − 24 см. Определите длину осно-
вания. (25 см)
3. В равнобедренной трапеции длина боковой стороны 41 см,
высоты – 4 дм, а средней линии – 45 см. Определите длины оснований.
(36, 54)
4. В равнобедренной трапеции длины оснований 10 см и 24 см, а
боковой стороны – 25 см. Определите ее высоту. (7 см)
5. Докажите, что в прямоугольной трапеции разность квад-
ратов диагоналей равна разности квадратов оснований.
6. В прямоугольной трапеции длина меньшей диагонали равна
большей боковой стороне. Определите большую диагональ, если
большая боковая сторона равна а, а меньшее основание – b.
 22
3bа 

46
7. В параллелограмме ABCD BAD = . Найдите величину
угла между высотами параллелограмма, проведенными из вершины B.
 
8. Периметр ромба 8 см, а высота 1 см. Найдите его тупой
угол. (120º)
9. Перпендикуляр, опущенный из вершина прямоугольника на
его диагональ, делит ее в отношении 1:3, а ADС − в отношении 1 : 2.
Найдите длину диагонали, если длина меньшей стороны прямоуголь-
ника 16. (24)
10. Прямоугольная трапеция делится диагональю на два треуголь-
ника: равносторонний со стороной а и прямоугольный. Найдите сред-
нюю линию трапеции. (0,75 а)
11. Основания прямоугольной трапеции равны 20 см и 25 см,
большая боковая сторона – 13 см. Найдите периметр трапеции.
(11 см)
12. Если длина гипотенузы прямоугольного треугольника
равна сумме квадратов натуральных чисел, а длина одного катета –
разности их квадратов, то длина второго катета – натуральное число.
Докажите.
13. Катеты прямоугольного треугольника равны 42 см и 56 см.
Найдите отрезки, на которые гипотенуза делится биссектрисой прямо-
го угла. (30 см, 40 см)
14. Найдите неизвестные стороны прямоугольного треуголь-
ника, в котором высота, проведенная к гипотенузе, равна 24 мм, а про-
екция одного катета на гипотенузу больше проекции другого на 14 мм.
(30 мм, 40 мм, 50 мм)
15. В АВС проведены высота ВК и отрезок BL, перпендику-
лярный стороне АВ. Известно, что ALB =45°, а точка L делит отрезок

47
КС пополам. Найдите длину стороны АС, если КС=4 см.
(6 см)
16. Высота, опущенная на гипотенузу треугольника, делит ее
на отрезки, равные 24 и 54. Найдите катеты этого треугольника.
 1318;1312
МОДУЛЬ 3. ТЕОРЕМА СИНУСОВ
Для решения треугольника необходимо иметь три независимых
соотношения между шестью его элементами. В евклидовой геометрии
одним из них является сумма внутренних углов треугольника. Кроме
этой теоремы, в случае косоугольного треугольника можно использо-
вать теоремы косинусов или синусов. Исторически сложилось так, что
вторую доказал Жозеф Луи Лагранж (1736 – 1813) из теоремы косину-
сов, а Огюстен Луи Коши (1789 – 1857), наоборот, вывел теорему ко-
синусов из теоремы синусов.
Ученые Индии, как отмечалось выше, и стран ислама IX – X вв.
сводили решение любых треугольников к решению прямоугольных, а
потому не нуждались в теореме синусов. Она была доказана лишь в XI
в. уроженцем Хорезма астрономом и математиком Абу-р-Райханом
Мухаммедом ибн Ахмедом ал - Бируни (973− 1050). Вместе с теоре-
мой о сумме внутренних углов треугольника теорема синусов
sinC
c
sinB
b
sinA
a
 (3.1),

48
представляющая два независимых уравнения, позволяет решать
любой треугольник.
Начиная с XVI столетия этой теоремой пользовались и европей-
ские ученые. В «Математических таблицах» (1579) французского ма-
тематика Франсуа Виета (1540 – 1603) приведена обобщенная теорема
синусов
2R
sinC
c
sinB
b
sinA
а
 (3.2),
где R – радиус описанной около треугольника окружности.
Введем опорные задачи.
Теорема 3.1. Существует единственная окружность, описанная
около треугольника; центр ее совпадает с точкой пересечения сере-
динных перпендикуляров, проведенных к сторонам треугольника.
Теорема 3.1 является следствием из двух взаимно обратных теорем:
1) каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равно-
удалена от концов этого отрезка;
2) обратно: каждая точка, равноудален-
ная от концов отрезка, лежит на серединном
перпендикуляре к нему.
Доказательство. Пусть прямая m – сере-
динный перпендикуляр к отрезку АВ, а точка О –
его середина (рис. 39).
1. Рассмотрим произвольную точку М пря-
мой m. Докажем, что АМ=ВМ. Если точки М и
О совпадают, то это равенство верно, так как О –
середина АВ. Пусть М и О не совпадают. Тогда прямоугольные тре-
угольники МОВ и АМО равны по двум катетам: АО=ОВ и ОМ – общий
катет. Из этого следует, что АМ=МВ.

49
2. Рассмотрим произвольную точку N, равноудаленную от концов
отрезка АВ. Докажем, что N лежит на прямой m. Если ABN  , то
она совпадает с точкой О и потому mN  . Если же ABN  , то
треугольник ANB равнобедренный по условию: AN=NB (рис. 39). То-
гда NO – его медиана, а значит, и высота. Поэтому ABNO  . Следо-
вательно, прямые ON и m совпадают, т.е. mN  .
Следствие. Серединные перпендикуляры к сторонам треуголь-
ника пересекаются в одной точке (рис. 40).
Доказательство.
Рассмотрим серединные
перпендикуляры m и n к сторо-
нам АВ и ВС. Они пересекаются
в некоторой точке О, так как в
противном случае прямая ВА,
будучи перпендикулярной m,
была бы перпендикулярна и к
параллельной ей прямой n. То-
гда через точку В проходили бы две прямые ВА и ВС, перпендикуляр-
ные n, что невозможно.
По доказанной теореме ОВ=ОА и ОВ=ОС, поэтому ОА=ОС, т.е.
точка О равноудалена от концов отрезка АС, а потому лежит на сере-
динном перпендикуляре р к этому отрезку. Следовательно, все три се-
рединных перпендикуляра m, n, p к сторонам треугольника АВС пере-
секаются в точке О.
Теорема 3.2. Пусть угол ВАС – вписанный в окружность с
центром в точке О. Тогда центральный угол ВОС в два раза больше
вписанного угла ВАС.

707.избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные курсы) [текст] учебное пособие

707.избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные курсы) [текст] учебное пособие

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (14)

Ähnlich wie 707.избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные курсы) [текст] учебное пособие

Ähnlich wie 707.избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные курсы) [текст] учебное пособие (20)

Mehr von efwd2ws2qws2qsdw

Mehr von efwd2ws2qws2qsdw (20)

707.избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные курсы) [текст] учебное пособие