Валерий Александрович Гусев , Лариса Николаевна Ерганжиева , Александра Борисовна Пятерикова , Василий Ильич Хорхордин , Ирина Гавриловна Шведова - Геометрия. Профильный уровень. Методическое пособие для 10 класса

«Метрические соотношения в треугольнике. Решение треугольников» учебника:
1. Теорема о сумме углов треугольника.
2. Теорема синусов.
3. Теорема косинусов.
4. Основное свойство биссектрисы треугольника.
5. Формула Стюарта.
6. Формула длины медианы.
7. Тождество параллелограмма.
8. Первая формула биссектрисы.
9. Вторая формула биссектрисы.
10. Теорема об отрезках касательных для вписанной
окружности.
11. Теорема об отрезках касательных для вневписанной
окружности.
12. Формулы площади треугольника.
В связи с нехваткой времени лишь некоторые теоремы
можно доказать на уроке, причем остановиться на основных моментах или идеях доказательств.
Основные теоремы планиметрии учащиеся могут предварительно повторить самостоятельно, чтобы сэкономить
время на уроке.
Полезно вначале повторить и стандартные условные
обозначения основных элементов треугольника, чтобы
в дальнейшем не возникало разночтений в формулах.
Проверку можно организовать в виде зачета, включив
в него основные теоремы и формулы, приведенные в учебнике.

8

Глава 1. Планиметрия

§ 2.

ПОДОБИЕ ТРЕУГОЛЬНИКОВ. МЕТОД ПОДОБИЯ

Среди задач, решаемых методом подобия, можно выделить
две группы наиболее часто встречающихся задач: задачи
на отношение длин пересекающихся отрезков и задачи,
связанные со вспомогательной окружностью, в которых
подобие треугольников доказывается путем обнаружения
равных углов, связанных с окружностью.
Первый тип задач необходим в решении стереометрических задач на отношение длин отрезков, связанных
с параллелепипедом и призмой, поэтому может считаться
базовым в геометрии.
Задача 1. На сторонах BC и CD параллелограмма
ABCD взяты соответственно точки M и N так, что
BM : MC = m : n, CN : ND = p : q. Отрезки MN и AC пересекаются в точке O. Найдите отношения, в которых точка O
делит каждый из них.
Указание. Продлим отрезок MN до пересечения с продолжениями сторон AD и AB и рассмотрим пары подобных
треугольников, коэффициенты подобия которых определяются данными в условии отношениями и тем, что
противоположные стороны параллелограмма равны.
Заметим, что аналогичные задачи можно составить,
заменив параллелограмм трапецией с известным отношением оснований.
Решение задач второго типа требует от учащихся
умения рассматривать рисунок и вычленять на нем углы
(вписанные в окружность, углы между касательными
и хордами и проч.), опирающиеся на одну дугу или
равные дуги. Две пары равных углов, в свою очередь,
позволят обнаружить подобные треугольники. Хорошо
иллюстрирует это следующая задача.
Задача 2. Из точки M, лежащей вне окружности, проведены к этой окружности две касательные. Расстояния от
точки C, лежащей на окружности, до касательных равны
a и b. Найдите расстояние от точки C до прямой AB, где
A и B — точки касания.
Решение. Пусть P, Q, N — основания перпендикуляров,
опущенных из точки C на прямые MA, MB, AB

§ 2. Подобие треугольников. Метод подобия

9

соответственно. Тогда четырехугольники APCN и BQCN
вписанные, так как в них суммы противоположных углов
равны 180◦ . Поэтому углы CPN, CAN и CAB равны; а из
теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
равны углы CAB, CBQ и CNQ, значит, угол CPN равен
углу CNQ. Аналогично, равны углы CNP и CQN.
Значит, треугольники PCN и NCQ подобны по двум
2
углам. Тогда CN : CQ =
√CP : CN, поэтому CN = CP · CQ = ab.
Следовательно, CN = ab.
В поиске равных углов при доказательстве подобия треугольников может помочь прием «перебрасывания углов»,
который показывает лемма Фуса.
Лемма Фуса. Даны две пересекающиеся в точках A
и B окружности. Если на одной из них выбраны точки
P1 и P2 , а прямые P1 A и P2 B пересекают вторую
окружность в точках Q1 и Q2 соответственно, то
прямые P1 P2 и Q1 Q2 параллельны.
Доказательство состоит в перебрасывании углов с одной
окружности на другую. Четырехугольник P2 P1 AB — вписанный, следовательно, сумма углов P1 и B равна 180◦ ,
следовательно, углы P2 P1 A и ABQ2 равны. Аналогично,
равны и углы ABQ2 и ABM. Таким образом, равны углы
P2 P1 A и P1 Q1 M, следовательно, прямые P1 P2 и Q1 Q2
параллельны.
На этом же уроке можно доказать теорему о том, что
отрезок, соединяющий основания двух высот треугольника, отсекает от него треугольник, подобный данному
с коэффициентом подобия, равным модулю косинуса
общего (равного в случае тупоугольного треугольника)
угла, и решить задачу с применением этого --">