Составитель: ученик 10 класса

БАНК КЛЮЧЕВЫХ ЗАДАЧ ПЛАНИМЕТРИИ

Составитель: ученик 10 класса

МКОУ «Новоперуновской СОШ»

Сапрыгин Владимир

Руководитель: учитель математики

Кузнецова Олеся Владимировна

Классификация задач

1. Свойства медиан треугольника:

1.Медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы;

2.Если медиана является высотой, то треугольник равнобедренный;

3.В равных треугольниках медианы, проведённые к соответствующим сторонам равны;

4.Медиана делит пополам любой отрезок, параллельной стороне, к которой проведена эта медиана;

5.Медианы треугольника разбивают его 6 треугольников, площади которых попарно равны.

2. Свойства биссектрис треугольника:

1.В равных треугольниках биссектрисы, проведённые к соответственно равным сторонам, равны;

2.Если биссектриса треугольника является его высотой, то треугольник равнобедренный;

3.Если биссектриса внешнего угла треугольника параллельна стороне треугольника, то треугольник равнобедренный;

4.Биссектриса угла треугольника делит противоположенную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника;

5.Биссектриса параллелограмма отсекает от него равнобедренный треугольник.

3. Свойства высот треугольник:

1.В равнобедренном треугольнике середина основания равноудалена от боковых сторон;

2.В равных треугольниках высоты, проведённые к равным сторонам, равны.

4. Свойства элементов трапеции:

1.Средняя линия трапеции параллельна каждому из ее оснований и равна их полусумме;

2.Отрезок, соединяющий середины боковых сторон трапеции, параллельна основаниям трапеции;

3.В равнобедренной трапеции углы при основаниях равны и равны диагонали;

4.Если углы равны при основании и равны диагонали, то трапеция равнобедренная;

5.Отрезок, соединяющий середины диагоналей, равен полуразности оснований;

6.Площадь трапеции равна произведению длины боковой стороны и перпендикуляра, опущенного на эту боковую сторон.

5. Свойства элементов четырёхугольника:

1.Параллелограмм является ромбом, если его диагонали взаимно перпендикулярны;

2.Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей;

3.Площадь параллелограмма равна произведению двух его смежных сторон на синус угла между ними;

4.Если диагонали выпуклого четырёхугольника перпендикулярны, то его площадь равна половине произведения его диагоналей;

5.Площадь выпуклого четырёхугольника равна половине произведения его диагоналей на синус угла между ними.

6. Свойства элементов окружности:

1.Для касательной и секущей к окружности, проведённых из одной точки, квадрат расстояния от этой точки до точки касания равен произведению длины секущей на длину её внешней части;

2.Градусные меры дуг окружности, заключённых между параллельными хордами, равны;

3.Если в параллелограмм можно вписать окружность, то этот параллелограмм – ромб;

4.Если около трапеции можно описать окружность, то эта трапеция равнобедренная;

5.Через точку, лежащую вне окружности, проведены 2 секущие. Угол между ними измеряется полуразностью дуг, заключённых внутри угла;

6.Площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, равна произведению её оснований;

7.В любом четырёхугольнике, вписанном в окружность, произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон.

7. Подобие:

1.Два остроугольных треугольника равны, если сторона и высоты, проведённые из концов этой стороны, одного треугольника соответственно равны стороне и высотам, проведённым из концов этой стороны, другого треугольника;

2.Отношение периметров двух подобных треугольников равно коэффициенту подобия.

Свойства высот треугольник

№ 3.1 (из учебника Л.С. Атанасяна №274)

Дано: ∆АВС – равнобедренный, АD=DC,

HD AB и DN BC

Доказать: НD=DN

Доказательство: рассмотрим ∆АНD и ∆DNC в них: AD=DC, ∟A=∟C (по условию), значит, ∆ равны по гипотенузе и прилежащему углу ведь ∆ прямоугольные → HD=DN как соответственные стороны равных ∆ ч.т.д.

№ 3.2 (из учебника Л.С. Атанасяна №307)

Дано: ∆АВС – прямоугольный, ∟В=90 ͦ, ВН – высота

Доказать: ∆АВС, ∆АВН, ∆ВНС имеют соответственные равные углы

Доказательство: введём обозначения ∟ВАС=1, ∟АВН=2, ∟НВС=3, ∟ВСА=4.

∟1+∟4=90 ͦ т.к. ∆АВС – прямоугольный. ∟4+∟3=90 ͦ т.к. ∆ВНС – прямоугольный, значит, ∟1=∟3, аналогично, ∟4=∟2.

Имеем: ∟ВНА=∟ВНС=∟АВС=90 ͦ; ∟1(в ∆АВН)=∟1(в ∆АВС )= =∟3; ∟2=∟4(в ∆ВНС)=∟4(в ∆АВС) ч.т.д.

№ 3.3 (из учебника Л.С. Атанасяна №310)

В равных треугольниках высоты, проведённые к равным сторонам, равны.

Дано: ∆АВС=∆А₁В₁С₁, ВН и В₁Н₁ - высоты

Доказать: ВН=В₁Н₁

Доказательство: рассмотрим ∆АВН и ∆А₁В₁Н₁: ∟А₁=∟А и АВ=А₁В₁, т.к. ∆АВС=∆А₁В₁С₁ (по условию), ∆АВН и ∆А₁В₁Н₁ - прямоугольные → ∆АВН=∆А₁В₁Н₁ (по гипотенузе и углу). Значит, ВН=В₁Н₁ ч.т.д.

№ 3.4 (из учебника Л.С. Атанасяна №532)

Дано: ∆АВС, ВН – высота

Доказать: ВС²=АВ²+АС²─2АВ*АН

Доказательство: ∟А – острый. ∆ВНС – прямоугольный: ВС²=ВН²+НС²; НС²=(АС─АН)²; из ∆АВН ВН²=АВ²─АН²; ВС²=(АС─АН)²+АВ²─АН²=АС²─2АС*АН+ +АН²+АВ²─АН²=АС²+АВ²─2АС*АН ч.т.д.

Свойства элементов трапеции

№ 4.1

Теорема. Средняя линия трапеции параллельна каждому из ее оснований и равна их полусумме.

Дано: ОС — средняя линия трапеции АВDК, т. е. ОК = ОА и ВС = СD.

Доказать: 1) ОС || КD и ОС || АВ;

2) OC=(KD+AB)/2

Доказательство. Через точки А и С проведём прямую, пересекающую продолжение основания КD в некоторой точке Е.

В треугольниках АBС и DСЕ:

ВС = СD — по условию;

∟ACB = ∟DCE, как вертикальные,

∟CDE = ∟ABC, как внутренние накрест лежащие при параллельных АВ и KЕ и секущей ВD. Следовательно, ∆ АBС = ∆ DСЕ. Отсюда АС = СЕ, т.е. ОС является средней линией треугольника КАЕ.

1) ОС || КЕ и, значит, ОС || КD и ОС || AВ;

2)ОС=КЕ/2=(КD+DE)/2 , но DЕ = АВ (из равенства треугольников АBС и DСЕ), поэтому отрезок DЕ можно заменить равным ему отрезком АВ. Тогда получим: ОС=(KD+AB)/2 ч.т.д.

№ 4.2 (из учебника Л.С. Атанасяна№386)

Отрезок, соединяющий середины боковых сторон трапеции, параллелен основаниям трапеции.

Дано: АВСD – трапеция, ВЕ=ЕА, СF=FD

Доказать: EFBC и EF ‖ǁ AD

Доказательство: через точку Е проведём прямую а такую, что а ǁ‖ ВС и а ‖ǁ АD. По теореме Фалеса а пересечёт СD по середине, то есть в точке F и EF будет ǁ‖ ВС и ǁ‖ АD ч.т.д.

№ 4.3 (из учебника Л.С. Атанасяна №388)

В равнобедренной трапеции углы при основаниях равны и равны диагонали.

Дано: АВСD – равнобедренная трапеция, АС и ВD – диагонали

Доказать: а) ∟А=∟D и ∟В=∟С; б) АС=ВD

Доказательство: а) проведём прямую ВЕ такую, что ВЕǁ‖СD и точка Е є АD. Имеем: ЕВСD – параллелограмм, СD=ВЕ и СD=AB → АВ=ВЕ, значит, ∆АВЕ – равнобедренный. ∟А=∟ВЕА, ∟ВЕD+∟CDE=180 ͦ (как углы парал-мм.) ∟ВЕD+∟BEA=180 ͦ (как смежные углы).

Значит, ∟ВЕА=∟CDE=∟BAE → ∟A=∟D и ∟В=∟С (аналогично) ч.т.д.

б) Рассмотрим ∆АВD и ∆DCA: AD – общая, ∟A=∟D, АВ=СD → ∆ равны по углу и 2 сторонам, значит, АС=ВD (как соответственные стороны равных ∆) ч.т.д.

№ 4.4 (из учебника Л.С. Атанасяна №389)

Если углы равны при основании и равны диагонали, то трапеция равнобедренная. (Обратная задача к №4.3)

Дано: АВСD – трапеция, ∟А=∟D, АС=ВD

Доказать: АВСD – равнобедренная трапеция

Доказательство: ∟А=∟Dи ∟В=∟C. Проведём высоты из углов В и С к основанию АD, ВН и СН₁. Имеем ∆АВН и ∆СDН₁ в них: ВН=СН₁ (т.к. ВСНН₁ - прямоугольник), ∟Н=∟Н₁=90 ͦ и ∟А=∟D(по условию), значит, ∆АВН=∆СDН₁ по катету и острому углу → АВ=СD→АВСD–равнобедренная трапеция ч.т.д.

№ 4.5 (из учебника Л.С. Атанасяна №569)

Отрезок, соединяющий середины диагоналей, равен полуразности оснований.

Дано: АВСD – трапеция, АС и ВD–диагонали, точка Е є АС, точка FєBD, АЕ=ЕС, BF=FD

Доказать: EF ‖ǁ BCи ЕF ǁ‖ АD, EF=1/2(АD─BC)

Доказательство: через точку Е проведём прямую ЕК (точка К є СD) такую, что ЕК ‖ǁ АDи ЕК ‖ǁ ВС.

Рассмотрим ∆АСD: АЕ=ЕС и ЕК ‖ǁ АD, значит, ЕК – средняя линия → ЕК=1/2АD, аналогично FK=1/2BC. EK=EF+FK. EF=EK-FK=1/2(AD-BC) ч.т.д.

№ 4.6 (из учебника Л.С. Атанасяна №833)

Площадь трапеции равна произведению длины боковой стороны и перпендикуляра, опущенного на эту боковую сторону.

Дано: АВСD – трапеция, КН – перпендикуляр к DC, ВК=КА, точка К є АВ

Доказать: SABCD=CD*KH

Доказательство: SABCD=S∆KCD+S∆KBC+S∆AKD.

Проведём высоту МLчерез точку К.

S∆AKD=1/2KL*AD; S∆KDC=1/2КМ*ВС; МК=КLт.к. ∆МВК=∆АКL(по гипотенузе и прилежащему углу)

S∆AKD+S∆KBC=1/2KL*AD+1/2KL*BC=

=1/2KL(AD+BC)

SABCD=1/2ML(AD+BC), т.к. ML=2KL, то S∆AKD+S∆KBC=1/2SABCD

S∆KCD=1/2SABCD=1/2KH*DC

SABCD=2S∆KCD=KH*DC ч.т.д.

Подобие

№ 7.1 (из учебника Л.С. Атанасяна №267)

Два остроугольных треугольника равны, если сторона и высоты, проведённые из концов этой стороны, одного треугольника соответственно равны стороне и высотам, проведённым из концов этой стороны, другого треугольника.

Дано: АВ=А₁В₁, ВН=В₁Н₁, АN=A₁N₁; AN, BH, B₁H₁ и А₁N₁ - высоты

Доказать: ∆АВС=∆А₁В₁С₁

Доказательство: рассмотрим ∆АВН и ∆А₁В₁Н₁ в них: АВ=А₁В₁ и ВН=В₁Н₁ (по условию), а также ∆ прямоугольные, значит, они равны по гипотенузе и катету → ∟А=∟А₁.

Рассмотрим ∆АВN и ∆А₁В₁N₁ в них: А₁N₁=ANAB=A₁B₁ (по условию) и ∆ прямоугольные, значит, они равны по гипотенузе и катету → ∟В=∟В₁. Имеем: АВ=А₁В₁, ∟А=∟А₁ и ∟В=∟В₁ → ∆АВС=∆А₁В₁С₁ по II ПРТ ч.т.д.

№ 7.2 (из учебника Л.С. Атанасяна№547)

Отношение периметров двух подобных треугольников равно коэффициенту подобия.

Дано: ∆АВС~∆А₁В₁С₁

Доказать: P∆ABC/P∆А₁В₁С₁=k

Доказательство: P∆ABC/P∆А₁В₁С₁=АВ+ВС+АС/А₁В₁+В₁С₁+А₁С₁

АВ/А₁В₁=k; АВ=А₁В₁k; ВС и АС (аналогично).

Значит, P∆ABC/P∆А₁В₁С₁=А₁В₁*k+В₁С₁*k+А₁С₁*k/А₁В₁+В₁С₁+А₁С₁=

=k(A₁B₁+B₁C₁+A₁C₁)/А₁В₁+В₁С₁+А₁С₁=k ч.т.д.

БАНК КЛЮЧЕВЫХ ЗАДАЧ ПЛАНИМЕТРИИ

Составитель: ученик 10 класса

МКОУ «Новоперуновской СОШ»

Сапрыгин Владимир