XXVI Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке
Геометрия в деталях: теоремы, доказательства и задачи для второй части ОГЭ
Автор работы награжден дипломом победителя I степени
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
«Геометрия является самым могущественным средством
для изощрения наших умственных способностей
и дает нам возможность правильно
мыслить и рассуждать.»
Галилео Галилей
Геометрия является одной из ключевых дисциплин в школьной программе, играющей важную роль в формировании логического и пространственного мышления учащихся. В условиях подготовки к основному государственному экзамену (ОГЭ) актуальность глубокого понимания геометрических понятий и теорем возрастает, так как эти знания не только необходимы для успешной сдачи экзамена, но и могут оказать значительное влияние на дальнейшее образование и профессиональный выбор учащихся. В связи с этим, возникла необходимость создания специального сборника, который бы систематизировал теоретические и практические знания, полученные из основного школьного курса геометрии, предлагая учащимся необходимые инструменты для успешной подготовки.
Цель проекта:
- создание сборника, который будет включать ключевые теоремы геометрии, их доказательства;
- включение в сборник задач, взятых из вариантов прошлых лет, ФИПИ, с подробным решением для подготовки ко второй части ОГЭ.
Задачи проекта:
- изучить основные теоремы и их доказательства;
- систематизировать их по темам;
- поиск материала для составления задач;
- анализ найденного материала и формулирование основных задач второй части ОГЭ по геометрии;
- провести анализ ошибок и трудностей, возникающих при решении задач второй части ОГЭ;
- составить собственный «банк задач» различной степени сложности, чаще всего встречающихся на экзамене, и предложить рекомендации по их решению с оформлением;
- проектирование сборника задач по геометрии;
- повысить уровень математической культуры и логического мышления учеников.
Объект исследования: школьный курс геометрии, включая методы доказательств геометрических теорем и решение задач, связанных с подготовкой к основному государственному экзамену (ОГЭ)
Предмет исследования: содержание и структура сборника, включающего ключевые теоремы, их доказательства, а также основные типы задач по геометрии из второй части ОГЭ, с соответствующим оформлением
Ожидаемый результат: планируем создать сборник задач по математике интересный, как для учителей, так и для учеников, с возможностью использования его на уроках математики при подготовке к ОГЭ
Гипотеза: Создание систематизированного сборника, включающего ключевые теоремы, их подробные доказательства и разнообразные задачи по геометрии, позволит учащимся лучше усвоить материал школьного курса геометрии и успешно подготовиться к сдаче ОГЭ
Актуальность, выбранной мной темы, заключается в том, что задачи №23, 24 одни из самых непростых заданий ОГЭ, которые расположены во второй части, и за которые можно получить 2 балла. Несмотря на то, что существует большое количество сборников для подготовки к ОГЭ, все они не предусматривают выработку прочных знаний в решении данных задач, не показывают оформление, достаточное для получения полных двух баллов за задание. Я предполагаю, что результатом моего проекта будет продукт, который поможет учащимся подготовиться к экзамену. Используя данный сборник, учащиеся смогут систематизировать знания школьной программы и успешно справиться с решением геометрической задачи. В сборнике будет теория, представленная в доступной форме, образцы решения задач и задачи для самостоятельной работы, которые можно будет проверить. Продукт будет доступен и полезен в использовании. Также сборник можно использовать при прохождении курса геометрии в 7 и 8 классах для лучшего понимания и закрепления доказательств теорем. Данный проект представляет собой комплексный подход к изучению геометрии, который сочетает в себе теоретическую базу, практику решения задач и подготовку к экзамену. Он направлен на повышение уровня математической грамотности учащихся и их уверенности в собственных силах. Мы надеемся, что сборник позволит ученикам успешно сдать ОГЭ и заложит основу для дальнейшего изучения математики.
Особенности решения геометрических задач
«Если вы хотите научиться плавать, то
смело входите в воду, а если хотите
научиться решать задачи, то решайте их.»
Д. Пойа.
Геометрия – наиболее уязвимое звено школьной математики. Это связано как с обилием различных типов геометрических задач, так и с многообразием приемов и методов их решения. Геометрия — это предмет, не похожий ни на один из ранее изученных (для 7 классиков). В нем все основано на логических рассуждениях. Ознакомление с новыми понятиями, терминами, символикой. В отличие от алгебры, в геометрии нет стандартных задач, решающихся по образцу. Практически каждая геометрическая задача требует «индивидуального» подхода. [1]
Методы решения геометрических задач
Решить задачу практическим методом — значит найти ответ на требование задачи, выполнив при этом какие-либо вспомогательные действия. При решении геометрических задач используются три основных метода:
• Геометрический метод. Этот метод позволяет найти ответ на требование задачи с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем. Этот способ делает решение задачи более наглядным.
• Алгебраический метод. Данный метод позволяет найти искомую геометрическую величину с помощью уравнений через уравнение или неравенство.
• Комбинированный метод совмещает в себя геометрический и алгебраический методы. Какой метод бы не был выбран, успешность решения задач в геометрии зависит от умения применять теоремы. [1]
Какой бы путь ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения применять их.
К сожалению, геометрия – один из самых нелюбимых детьми предметов. Заметим, что наглядно-образное мышление и воображение наиболее полно развиваются на стыке старшего дошкольного и младшего школьного возраста. А геометрию ученик начинает изучать в 12-13 лет. К этому времени непосредственный интерес к ее освоению уже практически утрачен, еще по-настоящему не проявившись. Но, несмотря на это, значимость геометрии велика и учителю предстоит огромная работа по привитию учащимся интереса к этому предмету, следствием чего является знание его и хорошие результаты при сдаче экзамена.
«Геометрия полна приключений, потому что
за каждой задачей скрывается приключение мысли.
Решить задачу – это значит пережить приключение.»
В. Произволов.
Основные проблемы при изучении геометрии
- При изучении геометрии очень большое значение придается теории.
- Знать одну только теорию недостаточно. Часто учащиеся, не задумываясь, заучивают формулировку теоремы и ее доказательство, но при этом не имеют ни малейшего представления о ее применении. Нужно учить детей тому, что нужно — разобраться во всем до конца!
- Неумение построить чертеж. А ведь именно грамотно построенный чертеж — залог успеха при решении задачи, как минимум на 1/3.
- Школьники пытаются по своему чертежу делать предположения о каких-либо свойствах фигуры, не указанных в задании. Например, строят равнобедренный треугольник и начинают решение, отталкиваясь от свойств оного, хотя в задании такого условия нет.
- Школьники не способны построить цепь логических рассуждений, которая приведет к решению задания.
- Особенности психологического развития школьников в этом возрасте. [2]
Как решать проблемы и трудности в изучении геометрии.
Чтобы преодолеть эти проблемы необходимо:
- Обучать предмету, используя наглядность и логику.
- Четкая подача темы. Все объяснения должны быть логичны, без разрывов от основного материала.
- Объяснение связать с реальными предметами. Необходимо представить практическое применение геометрии в жизни.
- Данный предмет развивает у школьников пространственное и логическое мышление, практическое понимание, поэтому надо сделать упор на воображение, реальность и логику.
- При выполнении решения школьником задачи у доски, нужно приучать проговаривать решение задачи.
- Решение задачи самостоятельно должно сопровождаться полным описанием действий.
- Для лучшего усвоения предмета давать задания на доказательства, используя метод от противного. [2]
- Геометрия отличается от алгебры тем, что её совершенно нельзя изучать с середины. Если в алгебре (при условии наличия математической базы) некоторые темы можно изучать независимо от других, то в геометрии одна упущенная теорема, одно невыученное определение приведет к тому, что дальнейший материал изучать будет невозможно. [2]
В учебнике по геометрии Атанасяна Л.Г 7-9 классы сначала даются начальные понятия и аксиомы, на которых будут строиться все дальнейшие определения, и на основе которых будут проводиться доказательства всех теорем. Ученик, изначально не понявший такой структуры, «выпадает» из предмета, и поэтому обязательно нужно на первых уроках добиваться того, чтобы все ребята поняли структуру построения тем в учебнике и контрольных вопросов по главам.
Ученики зачастую не «видят» чертеж, не замечают на нем уже известных теорем и закономерностей. Развить «видение» в геометрии трудно, этим надо заниматься постоянно, начиная еще с начальных классов, когда вводятся элементарные понятия фигур на плоскости и в пространстве.
Алгоритм решения задач
При решении геометрических задач можно составить следующий алгоритм:
• Изучить условие задачи. Необходимо внимательно прочитать условие, проанализировав, что дано и требуется доказать. Не соблюдая условие, нельзя решить задачу правильно. Иногда ученики, не придерживаясь условия, находят данные, которых не было дано в задаче.
• Составить рисунок к задаче, придерживаясь условия. Геометрические задачи нельзя решить без рисунка. Он нужен для наглядности.
• Продумать всевозможные пути решения задачи, выбрав оптимальный вариант.
• Решить задачу, придерживаясь правильного оформления.
• Проверить задачу на ошибки. [3]
Необходимые условия успеха при решении задач по геометрии
- Уверенное владение основными понятиями и их свойствами (определения, аксиомы, теоремы, базовые задачи)
- Знание основных методов и приёмов решения задач
- Умение комбинировать методы и приёмы решения задач
- Наличие опыта решения задач
При решении геометрических задач, как правило, учащиеся допускают следующие ошибки.
1. Не внимательное чтение условия задачи.
2. Халатное построение чертежа (от руки, без чертежных инструментов).
3. Неправильный перенос данных задачи на чертеж (либо по незнанию, либо по небрежности).
4. Неумение проанализировать условие задачи и выявить неизвестные величины, возможность нахождения которых вытекает прямо из условия задачи.
5. Неумение применять формулы и теоремы к решению задач.
6. Несоблюдение этапов решения задачи.
Этапы решения геометрических задач.
1. Чтение условия задачи.
2. Выполнение чертежа с буквенными обозначениями.
3. Краткая запись условия задачи.
4. Перенос данных на чертеж.
5. Анализ данных задачи.
6. Составление цепочки действий.
7. Запись решения задачи.
8. Запись ответа. [1]
Структура модуля геометрии в КИМах ОГЭ
Модуль геометрия первой части содержит 5 заданий (№№15-19), каждое из которых оценивается в один балл.
Треугольники, четырехугольники, многоугольники и их элементы.
Многоугольники, параллелограмм, ромб, прямоугольник, квадрат, трапеция. Треугольники, прямоугольный треугольник, равнобедренный, равносторонний. Углы.
Окружность, круг и их элементы.
Касательная, хорда, секущая, радиус. Окружность, описанная вокруг многоугольника. Центральные и вписанные углы.
Площади фигур.
Квадрат, прямоугольник, ромб, параллелограмм, трапеция. Прямоугольный треугольник, равнобедренный треугольник, равносторонний треугольник, произвольный треугольник.
Фигуры на квадратной решетке.
Площади фигур, расстояние от точки до прямой, векторы.
Анализ геометрических высказываний.
Анализ геометрических высказываний, пройденных за 3 года обучения геометрии.
Модуль геометрия второй части содержит три задания (№24 – №26), каждое из которых оценивается в 2 балла.
Геометрическая задача на вычисление.
Окружности, углы, четырехугольники, треугольники.
Геометрическая задача на доказательство.
Окружности и их элементы. Треугольники и их элементы. Четырехугольники и их элементы.
Геометрическая задача повышенной сложности.
Треугольники, четырехугольники, окружности. Комбинации окружностей и многоугольников.
Результаты ОГЭ по заданиям 23-25 в 2024 году
Результаты предоставлены Санкт-Петербургским центром оценки качества образования и информационных технологий (СПбЦОКОиИТ)
Из диаграммы видно, что менее 20 % выпускников справились с 23 заданием по геометрии. С 24 уже менее 15 %, а с 25 заданием не набралось и 1 % выпускников. Такие результаты связаны ещё и с тем, что вторая часть ОГЭ предполагает оформление. К сожалению, большинство обучающихся не владеют навыками оформления геометрических задач.
Результаты диагностического исследования обучающихся 8 и 9 классов Лицея искусств
Чтобы подтвердить актуальность выбранной мною темы, я решила провести исследование среди учащихся 8-11 классов. Анкетирование было составлено и проведено в 8-11 классах. В нём приняли участие 64 человека. Вопросы, предлагаемые одноклассникам (см. приложение 1). Результаты представлены в виде диаграмм на рис. 1. По результатам исследования можно проследить, что большая часть обучающихся испытывает затруднения в решении геометрических задач ОГЭ, в том числе и задач №23, 24. А также большинство выбрали, что в тренировочных материалах для подготовки к ОГЭ по геометрии хотели бы видеть именно задачи 23 и 24 с подробным решением и пояснениями.
По результатам исследования можно сделать вывод, что 60 % обучающихся 9-11 классов видят необходимость в разборе заданий 23, 24 из второй части ОГЭ.
Большинство моих одноклассников отметили важность изучения геометрии с 7 класса для эффективной подготовки к ОГЭ (94 %). За необходимость изучения теорем с доказательством высказались 90 %
Девятиклассники, конечно же, ещё не все решали некоторые задачи, т.к. исследование проводилось в конце декабря, а восьмиклассники совсем не знакомы со структурой экзаменационной работы и отвечали не на все вопросы анкеты. Но они тоже к геометрии относятся настороженно и понимают, что ей заниматься уже пора.
Десятиклассники и одиннадцатиклассники, прошедшие уже экзамен, единогласны в том, что изучение геометрии необходимо с 7 класса и достаточно тщательное, со всеми теоремами и их доказательствами, что является залогом успешной сдачи экзамена.
Рис. 2
Вывод: из проведенного исследования можно сделать вывод, что вторая часть ОГЭ вызывает трудности у большинства учащихся. По результатам анкеты можно проследить, что большая часть учеников испытывает затруднения в решении геометрических задач ОГЭ, в том числе и задач №23, 24 Если обратить внимание на рисунок 2, то можно заметить, что у 69 % опрошенных получается решать задачи очень редко. А у 50 % не хватает теоретических знаний при решении задач. Больше половины учащихся ищут решения задач в интернете, но при этом только 12,5% понимают решение, приведённое в интернете. Таким образом, я убедилась в том, что тема моего проекта является актуальной и значимой, так как геометрические задачи №23, 24 ОГЭ – одни из самых сложных на экзамене, поэтому процессу подготовки к данным задачам следует уделять повышенное внимание.
При составлении сборника задач по математике большую роль играет его оформление, чтобы у учащихся появилось желание решать задачи, он должен быть красочным, информативным, понятным. Мы интересовались тем, как оформляются сборники задач. К каждой задаче приведён чертёж. В конце сборника размещены карточки с доказательствами теорем, сделанные в привлекательном для учащихся оформлении. С примерами некоторых карточек можно ознакомиться в приложении 2.
Работа над сборником задач «Геометрия в деталях: теоремы, доказательства и задачи для второй части ОГЭ»
В рамках проекта были собраны все ключевые теоремы геометрии, изучаемые с 7-го класса, включая их подробные доказательства. Кроме того, включены все необходимые определения, начиная также с 7-го класса, а для лучшего понимания материала добавлены соответствующие иллюстрации и схемы. В процессе обучения в лицее я, готовясь к зачетам по геометрии после каждой темы, делала карточки с теоремами. Они помогли мне в написании сборника, и я прикрепила их также в конце сборника.
Затем были проанализированы наиболее часто встречающиеся задачи во второй части ОГЭ по геометрии, а именно задания под номерами 23 и 24. Эти задания были тщательно проанализированы, разработаны пошаговые решения, которые затем размещены в виде QR-кодов для удобства использования.
Пример задачи 23.
Высота AH ромба ABCD делит сторону CD на отрезки DH = 21 и CH = 8.
Найдите высоту ромба.
 |
Такой подход позволяет учащимся вначале самим попробовать решить задачу, а затем сравнить своё решение с нашим и оценить правильность оформления задачи.
Сборник предназначен для учеников средней школы, стремящихся углубить свои знания в области геометрии и успешно сдать ОГЭ.
Заключение
Подводя итоги проделанной работы, можно утверждать, что поставленные задачи решены и цель достигнута. В результате был создан сборник, которым могут пользоваться не только ученики, но и учителя.
Сборник «Геометрия в деталях: теоремы, доказательства и задачи для второй части ОГЭ» (приложение 3) представляет собой результат тщательной работы над систематизацией геометрического материала, необходимого для успешной сдачи экзамена. В нем собраны ключевые теоремы и методы решения задач, а также предложены задачи, взятые из банка ФИПИ, проверяемые на экзамене.
Надеемся, что данный сборник станет незаменимым помощником для учащихся, стремящихся углубить свои знания и повысить уровень подготовки к ОГЭ. Он позволит не только повторить пройденный материал, но и развить навыки логического мышления, анализа и синтеза информации, что является важным аспектом при решении сложных геометрических задач.
В дальнейшем, работая над данным проектом, его можно дополнить новыми сюжетами задач. Будем надеяться, что работа проделана нами не зря и окажет помощь в подготовке к ОГЭ будущим поколениям.
Список литературы
1. Особенности решения геометрических задач при выполнении заданий ОГЭ особенности решения геометрических задач при выполнении заданий огэ | Материал для подготовки к ЕГЭ (ГИА) по геометрии (9 класс) на тему: | Образовательная социальная сеть
2. Геометрия в заданиях ОГЭ. Проблемы и пути их решения.
Доклад «Геометрия в заданиях ОГЭ. Проблемы и пути их решения»
3. https://urok.1sept.ru/articles/510697
4. rabochaya_tetrad.geometriya_oge.zadaniya_15-18_compressed.pdf
5. Распечатай и реши: математика ОГЭ/ЕГЭ 2022 (vk.com)
6. ФИПИ http://fipi.ru/
7. ОГЭ, математика, типовые экзаменационные варианты, 50 вариантов Ященко И. В., 2025.
8. Математика 9 класс Подготовка к ОГЭ 2025, 40 тренировочных вариантов по демоверсии 2025 года.
9. https://www.time4math.ru/oge.
Приложение 1
Анкетирование одноклассников
1) Как вы думаете, насколько важно знание геометрии для успешного выполнения заданий ОГЭ? Возможно ли сдать экзамен на хорошую/отличную оценку не выполняя часть геометрии?
2) Нужно ли учащимся знать теоремы для успешной сдачи ОГЭ по математике?
3) Все ли теоремы из курса школьной геометрии необходимо знать для уверенного выполнения экзаменационных заданий или можно выделить основные?
4) С какого класса (с 7 или 9) необходимо изучать геометрию для эффективной подготовки к ОГЭ?
5) Как влияет раннее изучение геометрии на результаты сдачи ОГЭ?
6) Насколько важно изучать доказательства теорем в геометрии для глубокого понимания предмета и развития логического мышления?
7) Какие типы заданий вам хотелось бы видеть в тренировочных материалах для подготовки к ОГЭ по геометрии?
а) Задачи прошлых лет
б) Задачи повышенной сложности (на примере 25 задания)
в) Задачи с подробным решением и пояснениями (задание 23, 24)
г) Задачи с подробным решением и пояснениями (первая часть)
8) Какие типы заданий по геометрии вызывают/вызывали у вас наибольшие затруднения?
а) Задания на воспроизведение теории (19 задание)
б) Задачи на доказательство (24 задание)
в) Задачи на нахождение геометрических элементов (23, 25 задания)
9) Что, по вашему мнению, мешает/мешало вам эффективно готовиться к ОГЭ по математике (часть геометрии)?
а) Недостаток практики
б) Недостаток знаний теории
в) Недостаток заданий с разбором решения
10) Что говорят выпускники о своём опыте изучения геометрии и её значении для экзамена?
Приложение 2
Примеры некоторых карточек с теоремами
Приложение 3
Сборник задач «Геометрия в деталях: теоремы, доказательства и задачи для второй части ОГЭ»
Санкт-Петербургское государственное бюджетное нетиповое образовательное учреждение «Лицей искусств «Санкт-Петербург»
«Геометрия полна приключений, потому что
за каждой задачей скрывается приключение мысли.
Решить задачу – это значит пережить приключение.»
В. Произволов.
Дорогие ученики, уважаемые учителя и родители!
Представляю вашему вниманию сборник, посвящённый подготовке к экзамену по математике, в части геометрии, для учеников 9 классов — «Геометрия в деталях: теоремы, доказательства и задачи для второй части ОГЭ».
ОГЭ – непростой экзамен, к нему необходима планомерная подготовка. Из года в год статистика показывает, что не более 20 % учеников справляются хотя бы с одной задачей по геометрии из второй части ОГЭ.
В этом сборнике вы найдёте ключевые теоремы и их доказательства, которые помогут структурировать знание предмета. Также представлены примеры решения и оформления задач из второй части, наиболее часто встречающихся на экзамене.
Успехов и хороших оценок!
Спичка Полина
Оглавление
Основные понятия и определения геометрии......... 1
Угол.................................................................................... 2
Равнобедренный треугольник.......................................... 3
Медиана.............................................................................. 4
Биссектриса........................................................................ 4
Высота................................................................................ 4
Окружность........................................................................ 6
Круг..................................................................................... 8
Взаимное расположение прямой и окружности............. 8
Прямые............................................................................... 9
Многоугольник................................................................ 10
Параллелограмм.............................................................. 11
Трапеция........................................................................... 12
Прямоугольник................................................................ 13
Ромб.................................................................................. 13
Квадрат............................................................................. 14
Основные свойства площадей........................................ 14
Соотношение между сторонами и углами прямоугольного треугольника 15
Основные теоремы, аксиомы и следствия............ 17
Признаки равенства треугольников.............................. 18
Свойства равнобедренного треугольника..................... 22
Признаки и свойства параллельных прямых................ 24
Теорема о сумме углов в треугольнике......................... 33
Теорема о внешнем угле треугольника......................... 34
Теорема о соотношении между сторонами и углами треугольника. 35
Теорема. Неравенство треугольника............................. 36
Прямоугольный треугольник......................................... 37
Свойства и признаки параллелограмма........................ 40
Теорема Фалеса............................................................... 45
Прямоугольник................................................................ 46
Свойства и признаки ромба............................................ 48
Свойства квадрата........................................................... 50
Площади........................................................................... 51
Теорема Пифагора........................................................... 58
Теорема, обратная теореме Пифагора........................... 59
Теорема. Свойство биссектрисы треугольника............ 60
Признаки подобия тругольников................................... 61
Теорема об отношении площадей подобных треугольников. 64
Теорема об отношении периметров подобных треугольников. 64
Теорема. Свойство средней линии треугольника........ 65
Теорема. Свойство медиан треугольника..................... 66
Теорема. Свойство высоты в прямоугольном треугольнике из прямого угла. 67
Теорема о вписанном угле.............................................. 68
Обрати внимание:................................................. 71
Теорема о хордах............................................................. 72
Свойство биссектрисы угла............................................ 73
Теорема о серединном перпендикуляре к отрезку....... 74
Вписанная окружность в многоугольник .................... 75
Теорема. Свойство описанного четырёхугольника..... 76
Описанная окружность около многоугольника........... 77
Теорема. Свойство вписанного четырёхугольника..... 78
Теорема о средней линии трапеции............................... 79
Теорема о площади треугольника через синус............ 80
Теорема синусов.............................................................. 81
Теорема косинусов.......................................................... 81
Правильный многоугольник.......................................... 82
Формула длины окружности.......................................... 83
Формула площади круга................................................. 83
Круговой сектор.............................................................. 84
Формулы и теоремы в таблицах........................... 85
Основные виды задач второй части ОГЭ и их решения 93
Задание 23........................................................................ 93
Задание 24........................................................................ 98
Основные понятия и определения геометрии.
Способы обозначения прямой: 1) a или 2) AB (BA).
Через любую точку на плоскости можно провести бесконечно много прямых.
Через любые две точки на плоскости можно провести только одну прямую.
Равные геометрические фигуры – это две геометрические фигуры, которые можно совместить наложением.
Отрезок — это часть прямой, ограниченная двумя точками.
Середина отрезка — это точка, делящая отрезок пополам.
Луч — это часть прямой, имеющая начало, но не имеющая конца.
луч - f
луч - FN
Угол — это геометрическая фигура, состоящая из точки и двух лучей, исходящий из этой точки.
ÐABC
Ðhk
Виды углов:
|
Острый угол (меньше 90°) |
Прямой угол (равен 90°) |
Тупой угол (больше 90°, но меньше 180°) |
Развёрнутый угол (равен 180°) |
|
|
|
|
|
Биссектриса угла — это луч, исходящий из вершины угла или делящий его пополам.
BM - биссектриса ÐABC
Смежные углы — это два угла, у которых одна сторона общая, а две другие являются продолжением друг друга.
v Сумма смежных углов равна 180°
Вертикальные углы — это два угла, у которых стороны одного угла являются продолжением другого.
ÐAMB и ÐCMD, ÐAMC и ÐBMD - вертикальные углы
v Вертикальные углы равны.
Равнобедренный треугольник (Р/бD) — это треугольник, две стороны которого равны.
ABC - Р/б D
AB = BC (боковые сторон)
AC (основание)
v В равнобедренном треугольнике углы при основании равны.
Медиана - отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой противоположной стороны.
AK - медиана
BK = KC
Биссектриса - отрезок, делящий угол пополам.
AK - биссектриса
ÐBAK = ÐKAC
Высота - перпендикуляр, опущенный из вершины треугольника к противоположной стороне.
AK - высота
ÐBKA = 90°
В треугольнике 3 биссектрисы и все пересекаются в одной точке.
В треугольнике 3 медианы и все пересекаются в одной точке.
В треугольнике 3 высоты и все пересекаются в одной точке.
|
В остроугольном треугольнике |
В прямоугольном треугольнике |
В тупоугольном треугольнике |
|
|
|
|
Окружность — это геометрическая фигура, состоящая из всех точек плоскости, расположенных на одинаковом расстоянии от данной точки.
Окр (O; R)
R - радиус
O - центр
Радиус - отрезок, проведённый из центра окружности к любой точке окружности.
Окр (O; R)
AO=R - радиус
O - центр
Диаметр - отрезок, соединяющий две точки окружности и проходящий через центр.
Окр (O; R)
O - центр
AB=d - диаметр
Хорда - отрезок, соединяющий две точки окружности.
Окр (O; R)
- центр
AB - хорда
Дуга окружности - часть окружности, соединяющая две точки окружности.
Окр (O; R)
ÈAFB - дуга
Касательная к окружности - прямая, имеющая одну общую точку с окружностью.
a ^ r
v Свойства: касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания.
v Отрезки касательных к окружности, проведённые из одной точки равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности.
v Признак: если прямая проходит через конец радиуса и перпендикулярна к нему, то она является касательной.
Круг - геометрическая фигура, которая ограничена окружностью.
Взаимное расположение прямой и окружности:
|
Случай 3 |
||
|
|
|
|
|
d < r a - секущая |
d = r a - касательная |
d > r |
Вписанный угол - угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность.
Окр (O; R)
ÐBAC - вписанный
ÐBAC = ÈBC
Перпендикулярные прямые - две прямые, которые при пересечении образуются четыре прямых угла.
Отрезок AH называется перпендикуляром, проведённым из точки A к прямой a, если прямые AH и a перпендикулярны.
v Из точки, не лежащей на прямой, можно провести перпендикуляр и при том только один.
Параллельные прямые - две прямые на плоскости, которые никогда не пересекутся.
a || b
v ксиома параллельных прямых: Через точку, не лежащую на прямой, может проходить только одна прямая, параллельная данной.
Секущая — это прямая, которая пересекает прямые в двух точках.
c - секущая
Ð1 и Ð2, Ð3 и Ð4 - накрест лежащие
Ð1 и Ð4, Ð3 и Ð2 - односторонние
Ð1 и Ð5, Ð3 и Ð7, Ð4 и Ð6, Ð2 и Ð8 - соответственные
Многоугольник — это фигура, составленная из отрезков так, что смежные отрезки не лежат на одной прямой, а не смежные не имеют общих точек.
ABCDEK - многоугольник
A, B, C, D, E, K - вершины
Периметр - сумма длин всех сторон.
Диагональ — это отрезок, соединяющий любые две не соседние вершины.
ABCDEK - многоугольник
AE, EC - диагонали из вершины C
Выпуклый многоугольник - это многоугольник, лежащий по одну сторону от каждой прямой, проведённой через две его соседние вершины.
v Сумма углов в n-угольнике равна (n - 2) *180°
v Один угол в n-угольнике равен
v Сумма углов в четырёхугольнике равна 360°.
Параллелограмм — это четырёхугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны.
ABCD - параллелограмм
AB || CD, BC || AD
Высота параллелограмма - перпендикуляр, проведённый из любой точки противоположной стороны к прямой, содержащей основание.
HH1, FD, LL1 - высоты
Ирапеция - четырёхугольник, у которого две стороны параллельны, а другие - нет.
ABCD - трапеция
BC || AD
BC, AD – основания
AB, CD – боковые стороны
Высота трапеции — это перпендикуляр, проведённый из любой точки одного основания к прямой, содержащей другой основание.
Прямоугольная трапеция - трапеция, у которой один из углов прямой.
ÐADC = 90°
Равнобедренная трапеция - трапеция, у которой две боковые стороны равны.
v Свойства Р/б трапеции: В Р/б трапеции углы при каждом основании равны, диагонали равны.
v Признаки Р/б трапеции: если в трапеции углы при основании равны, то эта трапеция равнобедренная; если в трапеции диагонали равны, то трапеция равнобедренная.
Прямоугольник — это параллелограмм, у которого все углы прямые.
v В прямоугольнике выполняются свойства параллелограмма.
v В прямоугольнике диагонали равны и точкой пересечения делятся пополам.
Ромб — это параллелограмм, у которого все стороны равны.
v В ромбе выполняются все свойства параллелограмма
v Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят его угол пополам.
v Признаки ромба: если в параллелограмме диагонали взаимно перпендикулярны, то этот параллелограмм - ромб.
v Если в параллелограмме диагонали делят угол пополам, то этот параллелограмм - ромб.
Квадрат — это прямоугольник, у которого все стороны равны // ромб, у которого все углы прямые.
Свойства квадрата:
v Все углы квадрата прямые;
v Диагонали квадрата, взаимно перпендикулярны, точкой пересечения делятся пополам и делят углы квадрата пополам;
v Все стороны квадрата равны.
v Равные фигуры имеют равные площади;
v Если многоугольник состоит из нескольких многоугольников, то его площадь равна сумме площадей этих многоугольников;
v Площадь квадрата равна квадрату его стороны.
Подобные треугольники — это два треугольника такие, что углы одного треугольника соответственно равны углам другого треугольника; стороны одного треугольника пропорциональны сходственным сторонам другого треугольника.
ABC ~ A1B1C1, ÐA=ÐA1, ÐB=ÐB1, ÐС=ÐС1
Коэффициент подобия (k) - отношение сходственных сторон.
Сходственные стороны треугольника - стороны, лежащие напротив равных углов.
Соотношение между сторонами и углами прямоугольного треугольника:
Синус. Синусом острого угла в прямоугольном треугольнике называется отношение противолежащего катета к гипотенузе.
sinÐA = sinÐB =
Косинус. Косинусом острого угла в прямоугольном треугольнике называется отношение прилежащего катета к гипотенузе.
cosÐA = cosÐB =
Тангенс. Тангенсом острого угла в прямоугольном треугольнике называется отношение противолежащего катета к прилежащему катету.
tga = tgÐA = tgÐB =
v Основное тригонометрическое тождество:
Sin2ÐA + Cos2ÐA = 1
Значение sin a, cos a, tg a для углов a, равных 30°, 45°, 60°:
|
a |
30° |
45° |
60° |
|
sin a |
|
|
|
|
cos a |
|
|
|
|
tg a |
|
1 |
|
Теорема. Первый признак равенства треугольников
Если две стороны и угол между ними одного треугольника соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого треугольника, то такие треугольники равны.
Дано: DABC, DDNF
ÐA = ÐD
AB = DN
AC = DF
Доказать: DABC = DDNF
Доказательство:
1. Так как ÐA=ÐD, то треугольники ABC и DNF можно наложить друг на друга так, что вершина A совместится с вершиной D, а стороны AB и AC наложатся соответственно на лучи DN и DF.
2. Так как AB = DN, AC = DF, то сторона AB совместится со стороной DN, а сторона AC - со стороной DF; в частности, совместятся точки B и N, C и F. Следовательно, совместятся стороны BC и NF.
3. Итак, треугольники ABC и DNF полностью совместятся, значит, они равны. ч.т.д.
Теорема. Второй признак равенства треугольников
Если стороны и два прилежащих к ней угла одного треугольника соответственно равны стороне и двум прилежащим к ней углам другого треугольника, то такие треугольники равны.
Дано: DABC, DDNF
ÐA = ÐD
ÐB = ÐN
AB = DN
Доказать: DABC = DDNF
Доказательство:
Наложим треугольники ABC и DNF так, чтобы вершина A совместилась с вершиной D, сторона AB - с равной ей стороной DN, и вершины C и F оказались по одну сторону от прямой DN.
Так как ÐA = ÐD и ÐB = ÐN, то сторона AC наложится на луч DF, а сторона BC - на луч NF. Поэтому вершина C - общая точка сторон AC и BC - окажется лежащей как на луче DF, так и на луче NF и, следовательно, совместится с общей точкой этих лучей - вершиной F. Значит, совместятся стороны AC и DF, BC и NF.
Итак, треугольники ABC и DNF полностью совместятся, поэтому они равны. Ч.т.д.
Теорема. Третий признак равенства треугольников
Если три стороны одного треугольника соответственно равным трём сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны.
Дано : DABC, DDNF
BC = FN
AB = DN
AC = DF
Доказать: DABC = DDNF
Доказательство:
Приложим треугольники ABC и DNF так, чтобы вершина A совместилась с вершиной D, вершина B - с вершиной N, а вершины C и F оказались по разные стороны от прямой DN.
Возможны 3 случая:
|
1. Луч CF проходит внутри ÐDFN
|
2. Луч CF совпадает с одной из сторон этого угла
|
3. Луч CF проходит вне ÐDFN
|
Рассмотрим первый случай:
1. AC = DF (по условию), значит DACF - Р/бD, следовательно, Ð1=Ð2 (свойство Р/бD)
2. 
BC = FN (по условию), значит DCFD - Р/бD, следовательно, Ð3=Ð4 (свойство Р/бD)
следовательно, ÐC=ÐF
Рассмотрим DABC и DDNF:
3. ÐC=ÐF (по доказ. 1)
Значит DABC = DDNF (по 2 сторонам и углу между ними) ч.т.д.
Теорема. Первое свойство равнобедренного треугольника
В равнобедренном треугольнике углы при основании равны.
Дано: ABC - Р/б
AC - основание
Доказать: ÐA =ÐC
Доказательство:
Дополнительное построение: BD - биссектриса
Рассмотрим DABD и DBDC:
BD - общая сторона
ÐABD = ÐDBC (т.к. BD - биссектриса)
AB = BC (т.к. DABC - Р/бD)
значит, ÐA =ÐC (так как в равных треугольниках соответствующие элементы равны) ч.т.д.
Теорема. Второе свойство равнобедренного треугольника
В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является медианой и высотой.
Дано: DABC - Р/бD
AC - основание
BD - биссектриса
Доказать: BD - медиана и высота
Доказательство:
Рассмотрим DABD и DBDC:
BD - общая сторона
ÐABD = ÐDBC (т.к. BD - биссектриса)
AB = BC (т.к. DABC - Р/бD)
значит, AD = DC, ÐADB =ÐCDB (так как в равных треугольниках соответствующие элементы равны)
l так как AD = DC, то BD - медиана;
l так как ÐADB =ÐCDB и они смежные, значит ÐADB=ÐCDB = 90°, поэтому BD – высота ч.т.д.
Теорема. Первый признак параллельности прямых.
Если при пересечении двух прямых секущей накрест лежащие углы равны, то прямые параллельны.
Дано: a, b - прямые
c - секущая
Ð1 = Ð2
Ð1, Ð2 - накрест лежащие
Доказать: a || b
Доказательство:
1. случай если Ð1 = Ð2 = 90°, тогда a^c и b^c, значит a || b
2. случай если Ð1 = Ð2 ¹ 90°,
Дополнительное построение: O - середина AB
OH^a
BF = AH
Рассмотрим DOHA и DBFO
BF = AH (по доп.постр.)
BO = OA (т.к. O - середина AB)
Ð1 = Ð2 (по условию)
Ð3 = Ð4, Ð5 = Ð6 (т.к. в равных треугольниках соответствующие элементы равны)
Т.к. Ð3 = Ð4, то F лежит на продолжении луча OH, то есть точки O, H и F лежат на одной прямой.
Т.к. Ð5 = Ð6, то Ð6 - прямой, следовательно, прямые a и b перпендикулярны к прямой HF, поэтому они параллельны. ч.т.д.
Теорема. Второй признак параллельности прямых.
Если при пересечении двух прямых секущей соответственные углы равны, то прямые параллельны.
Дано: a, b - прямые
c - секущая
Ð1 = Ð2
Ð1, Ð2 - соответственные
Доказать: a || b
Доказательство:
Ð1 = Ð2 (по условию)
значит, a || b (по первому признаку параллельности прямых) ч.т.д.
Теорема. Третий признак параллельности прямых.
Если при пересечении двух прямых секущей сумма односторонних углов равна 180°, то прямые параллельны.
Дано: a, b - прямые
c - секущая
Ð1 + Ð2 = 180°
Ð1, Ð2 - односторонние
Доказать: a || b
Доказательство:
Ð3 + Ð2 = 180° (свойство смежных углов)
Ð1 + Ð2 =180° (по условию)
значит, a || b (по первому признаку параллельности прямых) ч.т.д.
Аксиома параллельных прямых.
Через точку, не лежащую на прямой, проходит только одна прямая, параллельная данной.
Следствие первое (из аксиомы параллельных прямых)
Если прямая пересекает одну из двух параллельных прямых, то она пересекает и другую.
Дано: a || b
c Ç a = M
Доказать: c Ç b
Доказательство:
(Метод от противного)
Допустим, что c не пересекает b, значит c || b
Значит, через точку M проходит две прямые (a и c), параллельные прямой b.
Но это противоречит аксиоме параллельных прямых, следовательно, наше предположение неверно и c Ç b ч.т.д.
Следствие второе (из аксиомы параллельных прямых)
Если две параллельные прямые параллельны третьей, то они параллельны.
Дано: a || c
b || c
Доказать: a || b
Доказательство:
(Метод от противного)
Допустим, что a не параллельна b, тогда a пересекает b в точке M, значит, через точку M проходят две параллельные прямые (a и b), параллельные прямой c.
Но это противоречит аксиоме параллельных прямых, следовательно, наше предположение неверно, значит a || b ч.т.д.
Теорема. Первое свойство параллельных прямых
Если две параллельные прямые пересечены секущей, то накрест лежащие углы, образованные этими прямыми и секущей, равны.
Дано: a || b
MN -секущая
MN Ç a = M
MN Ç b = N
Ð1 и Ð2 - накрест лежащие
Доказать: Ð1 = Ð2
Доказательство:
(Метод от противного)
Пусть Ð1 ¹ Ð2
Отложим ÐPMN = Ð2 (накрест лежащие), значит, MP || b (по признаку параллельности прямых), следовательно через точку M проходят две параллельные прямые к прямой a (MP || b - по доказанному, a || b - по условию), что противоречит аксиоме о единственности прямой, параллельной данной и проходящей через точку
Следовательно, Ð1 = Ð2 ч.т.д.
Следствие из теоремы:
Если на плоскости прямая перпендикулярна к одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и к другой.
Дано:a || b
c^a
Доказать: c^b
Доказательство:
Т. к. c^a, то Ð1 = 90°
cÇa, значит, cÇb (по следствию из аксиомы параллельности прямых), значит, c - секущая к a и b.
Значит, Ð1 = Ð2 = 90° (накрест лежащие углы), по первому свойству параллельности прямых, значит, c^b ч.т.д.
Теорема. Второе свойство параллельных прямых.
Если две параллельные прямые пересечены секущей, то соответственные углы, образованные прямыми и секущей, равны.
Дано: a || b
c – секущая
Ð1 и Ð2 - соответственные
Доказать: Ð1 = Ð2
Доказательство:
a || b (по условию), значит:
Ð1 = Ð3 (накрест лежащие углы,
по первому свойству параллельных прямых)
Ð3 = Ð2 (свойство вертикальных углов)
ч.т.д
Теорема. Третье свойство параллельных прямых.
Если две параллельные прямые пересечены секущей, то сумма односторонних углов, образованных этими прямыми и секущей, равна 180°.
Дано:a || b
c – секущая
Ð1 и Ð2 - односторонние
Доказать: Ð1 + Ð3 = 180°
Доказательство:
a || b (по условию), значит:
Ð1 = Ð2 (соответственные углы,
второе свойство параллельных прямых)
Ð2 + Ð3 = 180° (свойство смежных углов)
ч.т.д
Теорема о сумме углов в треугольнике.
Сумма углов в треугольник равна 180°.
Дано: →ABC
Доказать: ÐA+ÐB+ÐC=180°
Доказательство:
Дополнительное построение: BÎa, AC || a
Ð1=Ð2 (н.л., AC || a, AB - секущая, свойство 1 параллельных прямых)
Ð3=Ð4 (н.л., AC || a, BC - секущая, свойство 1 параллельных прямых)
Ð2 +Ð5+Ð4 = 180° (т.к. угол развёрнутый)
Ð1 +Ð5+Ð3 = 180°
ÐA+ÐB+ÐC= 180° ч.т.д
Теорема о внешнем угле треугольника.
Внешний угол треугольника равен сумме двух углов, не смежных с ним.
Дано: DABC
ÐCBD - внешний
Доказать: ÐA+ÐC=ÐCBD
Доказательство:
ÐCBD - внешний угол, смежный с ÐABC
ÐABC+ ÐCBD =180° (свойство смежных углов)
ÐABC+(ÐA+ÐC) =180° (сумма углов в треугольнике)
Следовательно, ÐCBD=ÐA+ÐC ч.т.д.
Теорема о соотношении между сторонами и углами треугольника.
В треугольнике против бо́льшей стороны лежит бо́льший угол.
Обратно: в треугольнике против бо́льшего угла лежит бо́льшая сторона.
Следствие первое:
В прямоугольном треугольнике гипотенуза больше катета.
Следствие второе
(признак равнобедренного треугольника):
Если в треугольнике два угла равны, значит этот треугольник равнобедренный.
Теорема. Неравенство треугольника
Каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон.
Дано: DABC
Доказать: AB<AC + BC
Доказательство:
Дополнительное построение: CD = BC; A, C, D Î AD
DBCD - Р/бD(т.к. BC = CD), следовательно, Ð1=Ð2 (свойство Р/б D)
ÐABD >Ð1, следовательно, AD > CD (теорема о соотношении между сторонами и углами в треугольнике), значит ÐABD >Ð2, следовательно, AD > AB (теорема о соотношении между сторонами и углами в треугольнике)
AD = AC+CD = AC+BC
AB<AC + BC ч.т.д.
AB - гипотенуза
AC и DC - катеты
Теорема. Первое свойство прямоугольного треугольника.
Сумма острых углов в прямоугольном треугольнике равна 90°.
Теорема. Второе свойство прямоугольного треугольника.
Катет прямоугольного треугольника, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы.
Теорема. Третье свойство прямоугольного треугольника.
Если катет прямоугольного треугольника равен половине гипотенузы, то угол, лежащий против этого катета, равен 30°.
Теорема. Первый признак равенства прямоугольных треугольников.
(по катетам)
Если катеты одного прямоугольного треугольника соответственно равны катетам другого, то такие треугольники равны.
Теорема. Второй признак равенства прямоугольных треугольников.
(по катету и прилежащему острому углу)
Если катет и прилежащий к нему острый угол одного прямоугольного треугольника соответственно равны катеты и прилежащему к нему острому углу другого треугольника, то такие треугольники равны.
Теорема. Третий признак равенства прямоугольных треугольников.
(по гипотенузе и острому углу)
Если гипотенуза и острый угол одного прямоугольного треугольника соответственно равны гипотенузе и острому углу другого, то такие треугольники равны.
Теорема. Четвёртый признак равенства прямоугольных треугольников.
(по катету и противолежащему острому углу)
Если катет и противолежащий к нему острый угол одного прямоугольного треугольника соответственно равны катету и противолежащему острому углу другого, то такие треугольники равны.
Теорема. Пятый признак равенства прямоугольных треугольников.
(по гипотенузе и катету)
Если гипотенуза и катет одного прямоугольного треугольника соответственно равны гипотенузе и катету другого, то такие треугольники равны.
Теорема. Первое свойство параллелограмма.
В параллелограмме противоположные стороны и углы равны.
Дано: ABCD - параллелограмм
Доказать: BC = AD, AB = CD;
ÐA = ÐC, ÐB = ÐD
Доказательство:
Дополнительное построение AC - диагональ
Рассмотрим DABC и DADC
AC - общая
Ð1=Ð2 (н.л., AB||CD, AC - секущая,
определению параллелограмма
и свойство парал прямых)
Ð3=Ð4 (н.л., BC||AD, AC - секущая,
и свойство парал прямых)
значит, BC = AD, AB = CD и ÐB = ÐD (так как в равных треугольниках соответственные элементы равны)
ÐA = ÐC = Ð1+Ð4=Ð2+Ð3 ч.т.д.
Теорема. Второе свойство параллелограмма.
В параллелограмме диагонали точкой пересечения делятся пополам.
Дано: ABCD - параллелограмм
AC, BD - диагонали
AC Ç BD = O
Доказать: AO = OC, BO = OD
Доказательство:
Рассмотрим DABO и DODC
AB=CD (1 свойства параллелограмма)
Ð1=Ð2 (н.л., AB||CD, AC - секущая,
определение параллелограмма
и свойство парал прямых)
Ð3=Ð4 (н.л., AB||CD, BC - секущая,
определение параллелограмма
и свойство парал прямых
значит, AO = OC, BO = OD (т.к. в равных треугольниках соответственные элементы равны) ч.т.д.
Теорема. Первый признак параллелограмма.
Если в четырёхугольнике две стороны равны и параллельны, то этот четырёхугольник - параллелограмм.
Дано: ABCD - четырёхугольник
AB = CD
AB || CD
Доказать: ABCD-параллелограмм
Доказательство:
Дополнительное построение AC - диагональ
Рассмотрим DABC и DADC
AC - общая
AB = CD (по условию)
Ð1=Ð2 (н.л., AB||CD, AC - секущая,
свойство парал.прямых)
значит, Ð3=Ð4 (так как в равных треугольниках соответственные элементы равны) и они накрест лежащие, следовательно, BC || AD (по первому признаку параллельности прямых)
AB || CD, BC || AD, значит ABCD - параллелограмм (по определению) ч.т.д.
Теорема. Второй признак параллелограмма.
Если в четырёхугольнике противоположные стороны попарно равны, то этот четырёхугольник - параллелограмм.
Дано: ABCD - четырёхугольник
AB = CD
AD = BC
Доказать: ABCD-параллелограмм
Доказательство:
Дополнительное построение AC - диагональ
Рассмотрим DABC и DADC
AC - общая
AB = CD (по условию)
AD = BC (по условию)
значит, Ð1=Ð2 (так как в равных треугольниках соответственные элементы равны) и они накрест лежащие, следовательно, BC || AD (по первому признаку параллельности прямых)
Так как AD = BC, BC || AD, значит ABCD - параллелограмм (по первому признаку параллелограмма) ч.т.д.
Теорема. Третий признак параллелограмма.
Если в четырёхугольнике диагонали точкой пересечения делятся пополам, то этот четырёхугольник параллелограмм.
Дано: ABCD - четырёхугольник
AC, BD - диагонали
AC Ç BD = O
BO=OD
AO=OC
Доказать: ABCD-параллелограмм
Доказательство:
Рассмотрим DABO и DODC
BO=OD (по условию)
AO=OC (по условию)
Ð1=Ð2 (вертикальные углы)
значит, AB=CD и Ð3=Ð4 (т.к. в равных треугольниках соответственные элементы равны)
Ð3=Ð4 и они накрест лежащие, следовательно, AB || CD, значит, ABCD - параллелограмм (по первому признаку параллелограмма) ч.т.д.
Теорема. Свойство прямой, проходящей через середину одной из сторон треугольника параллельно другой стороне.
Прямая, проходящая через середину одной из сторон треугольника параллельно другой стороне, делит третью сторону пополам.
AM=MB
MN || AC
Если на одной из двух прямых последовательно отложить несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсекут на второй прямой равные между собой отрезки.
 |
 |
A1A2 = A2A3 = A3A4
A1B1 || A2B2 || A3B3 || A4B4
следовательно, B1B2=B2B3=B3B4
Теорема. Признак прямоугольника.
Если в параллелограмме диагонали равны, то этот параллелограмм - прямоугольник.
Дано: ABCD - параллелограмм
AC = BD - диагонали
Доказать: ABCD-прямоугольник
Доказательство:
Рассмотрим DABD и DADC
AD - общая
AC = BD (по условию)
AB = CD (1 свойство
параллелограмма)
значит, ÐA=ÐD (так как в равных треугольниках соответственные элементы равны)
ÐA+ÐD=180° (односторонние AB || CD, AD - секущая)
ÐA=ÐD=180°: 2= 90°
ÐA=ÐC, ÐD=ÐB (свойство 1параллелограмма)
значит ÐA=ÐD=ÐB=ÐC=90°, следовательно, ABCD - прямоугольник ч.т.д.
Теорема. Свойство прямоугольника.
В прямоугольнике диагонали равны.
Дано: ABCD - прямоугольник
AC, BD - диагонали
Доказать: AC = BD
 |
 |
Доказательство:
Рассмотрим DABD и DADC
AD - общая
ÐA=ÐD =90°
AB = CD (1 свойство параллелограмма)
значит, AC=BD (так как в равных треугольниках соответственные элементы равны) ч.т.д.
Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят его углы пополам.
Дано: ABCD - ромб
AC, BD - диагонали
Доказать: AC ^ BD
ÐBAO=ÐDAO
Доказательство:
AB=AD (определение ромба), следовательно, DABD - Р/бD (по определению)
BO=OD (2 свойство параллелограмма), следовательно, AO - медиана DABD
значит, AO - биссектриса, AO - высота;
1. так как AO - биссектриса, ÐBAO=ÐDAO
2. так как AO - высота, то AC ^ BD ч.т.д.
Признаки ромба:
1. Если диагонали параллелограмма перпендикулярны, то данный параллелограмм является ромбом.
2. Если две смежные стороны параллелограмма равны, то данный параллелограмм является ромбом.
3. Если диагонали параллелограмма являются биссектрисами его углов, то данный параллелограмм является ромбом.
4. Если все стороны четырёхугольника равны, то данный четырёхугольник является ромбом.
Квадрату присущи все свойства параллелограмма. Квадрат можно считать ромбом с прямыми углами или прямоугольником с равными сторонами, поэтому квадрат обладает всеми свойствами ромба и прямоугольника.
1. Все стороны квадрата равны.
2. Каждый из углов квадрата равен 90°.
3. Диагонали квадрата равны и точкой пересечения делятся пополам.
4. Диагонали квадрата взаимно перепендикулярны.
5. Диагонали квадрата являются биссектрисами его углов.
6. Диагонали квадрата делят его на четыре равных прямоугольных равнобедренных треугольника.
Теорема. Площадь прямоугольника.
Площадь прямоугольника равна произведению его смежных сторон.
Дано: ABCD- прямоугольник
AB = b
AD = a
Доказать: S = ab
Доказательство:
Дополнительное построение: достроим до квадрата со стороной a + b
1. SBMNC = a2 (3 свойство площадей)
2. SDCGT = b2 (3 свойство площадей)
3. SABCD = S
4. 
SNCGF = S (1 свойство площадей)
5. SAMFT = (a+b)2 (3 свойство площадей)
6. SAMFT = a2+b2+S+S (2 свойство площадей)
Следовательно, (a+b)2 = a2+b2+S+S
a2+2ab+b2 = a2+b2+2S
2ab = 2S | :2
ab = S ч.т.д.
Теорема. Площадь параллелограмма.
Площадь параллелограмма равна произведению его основания на высоту.
Дано: ABCD- параллелограмм
BH - высота
AD - основание
Доказать: S = AD*BH
Доказательство:
SABCD = SABH + SBHDC (2 свойство площадей)
Дополнительное построение: CK - высота
Рассмотрим DABH и DDCK - прямоугольные D
ÐBAH =ÐCDK (соответ. углы, AB || CD,
AD - секущая)
AB = CD (1 свойство параллелограмма)
значит, SABH = SDCK (1 свойство площадей)
BC = AD (1 свойство параллелограмма)
SABCD = SABH + SBHDC = SDCK + SBHDC = SBHKC =
= BH * BC = BH * AD (площадь прямоугольника) ч.т.д.
Теорема. Площадь ромба
Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей.
S = 
*AC*BD
2 способ: через параллелограмм
S = AD*BH
Теорема. Площадь треугольника.
Площадь треугольника равна половине произведения его основания на высоту.
Дано: DABC
CH - высота
AB - основание
Доказать: S = AD*CH
Доказательство:
Дополнительное построение: достроим до параллелограмма ABCD
Рассмотрим DABD и DDCB
BD - общая
AD = BC (1 свойство параллелограмма)
AB = CD (1 свойство параллелограмма)
значит, SABD = SDCB (1 свойство площадей)
следовательно, SABD = S ABCD = AD*CH ч.т.д.
Следствие 1:
Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов.
SABH = AC*BC
Следствие 2:
Если высоты двух треугольников равны, то их площади относятся как основания.
SABC = AC*BH
SBMN = MN*BH
= 
= 
Теорема об отношении площадей треугольников, имеющих равный угол.
Если угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то площади этих треугольников относятся как произведение сторон, заключающих равные углы.
Если ÐA = ÐD, то
= 
Теорема. Площадь трапеции.
Площадь трапеции равна произведению полусуммы её оснований на высоту.
Дано: ABCD- трапеция
BH - высота
AD, BC - основания
Доказать: S = (AD+BC) *BH
Доказательство:
Дополнительное построение: BD - диагональ
SABCD = SABD + SBCD (2 свойство площадей)
SABD = AD*BH
+
SBCD = BC*DH1
SABD+SBCD = AD*BH + BC*DH1
SABCD = (AD+BC)
BH = DH1 (так как BHDH1 - прямоугольник) ч.т.д.
В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.
Дано: DABC - прямоугольный
Доказать: AC2 = AB2+BC2
Доказательство:
Доп.построение: достроим до квадрата со стороной a + b
Sбольшого квадрата = (a+b)2 (3 свойство площадей)
Sбольшого квадрата = 4SABC +c2 (1, 2, 3 свойства площадей)
(a+b)2 = 4SABC +c2
(a+b)2 = 4* ab +c2 (теорема о площади треугольника)
Следовательно, a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2
a2 + b2 = c2
AB2+BC2 = AC2 ч.т.д.
Теорема, обратная теореме Пифагора.
Если квадрат одной стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон, то треугольник прямоугольный.
Дано: DABC
AB2 = BC2 + AC2
Доказать: ABC - прямоугольный треугольник
Доказательство:
Доп. построение: DA1B1C1, ÐC1 = 90°; A1C1=AC, B1C1=BC
По теореме Пифагора A1B12=B1C12+A1C12, значит A1B12=BC2+AC2 (так как по доп.постр A1C1=AC, B1C1=BC),
AB2=BC2+AC2 (по условию), значит, AB2=A1B12, откуда AB=A1B1
Рассмотрим DABC и DA1B1C1
AB = A1B1 (по доказанному)
A1C1 = AC (по доп. постр)
B1C1 = BC (по доп. постр)
значит, ÐC1=ÐC (так как в равных треугольниках соответственные элементы равны) ч.т.д.
Теорема. Свойство биссектрисы треугольника.
Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника.
Дано: DABC
AD - биссектриса
Доказать: 
= 
Доказательство:
Доп. построение: AH - высота
Рассмотрим DABD и DACD
AD - общая, следовательно, 
= 
(по теореме об отношении площадей треугольников, имеющих по одинаковой высоте)
Ð1=Ð2, следовательно, = 
= 
(по теореме об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу)
Следовательно, = , а значит 
= ч.т.д.
Теорема. Первый признак подобия.
Если два угла треугольника соответственно равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.
Дано: DABC, DDNF
ÐA=ÐD
ÐB=ÐN
Доказать:
DABC ~ DDNF
Доказательство:
1. 
ÐC= 180° - (ÐA+ÐB)
ÐF= 180° - (ÐD+ÐN)
ÐA=ÐD (по условию)
ÐB=ÐN (по условию)
2. 
По теореме об отношении площадей треугольников, имеющих равный угол: 
= 
Ð
A=ÐD, ÐB=ÐD
= 
Аналогично, используя равенства ÐC = ÐF, ÐA=ÐD
 |
 |
 |
 |
3. = 
следовательно, 
= 
 |
 |
=
4. Таким образом, = = 
, значит DABC ~ DDNF (по определению) ч.т.д.
Теорема. Второй признак подобия.
Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы, заключённые между этими сторонами, равны, то такие треугольники подобные.
Дано: DABC, DDNF
ÐA=ÐD
=
Доказать:
DABC ~ DDNF
Доказательство:
Доп.построение: DABM так, что ÐD=Ð1, ÐN=Ð2
Рассмотрим DABM и DDNF
ÐD=Ð1 (по доп.постр)
ÐN=Ð2 (по доп.постр)
 |
 |
значит, = 
= (по условию)
Рассмотрим DABC и DABM
AB - общая
AC=AM (по доказанному)
ÐA=ÐD (по условию) ÐA=Ð1
ÐD=Ð1 (по доп.постр)
значит, ÐB=Ð2 (в равных треугольниках соответственные элементы равны), ÐN=Ð2, значит, ÐN=ÐB Итак, ÐN=ÐB, ÐA=ÐD значит, DABC ~ DDNF (по двум углам) ч.т.д.
Теорема. Третий признак подобия.
Если три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого, то такие треугольники подобные.
Дано: DABC, DDNF
= =
Доказать:
DABC~DDNF
Доказательство:
Доп.построение: DABM так, что ÐD=Ð1, ÐN=Ð2
Рассмотрим DABM и DDNF
ÐD=Ð1 (по доп.постр)
ÐN=Ð2 (по доп.постр)
значит, = = 
= = (по условию)
Рассмотрим DABC и DABM
AB - общая
AC=AM (по доказанному)
BC=BM (по доказанному)
значит, ÐA=Ð1(в равных треугольниках соответственные элементы равны), итак ÐA=Ð1 и ÐD=Ð1(по доп.постр.)
значит, ÐA=ÐD и = (по условию), следовательно DABC~DDNF (по второму признаку подобия) ч.т.д.
Теорема об отношении площадей подобных треугольников.
Отношение площадей двух подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия.
Дано: DABC~DDNF
k - коэффициент подобия
Доказать: = k2
Доказательство:
Так как ÐA=ÐD, то = = k2(по теореме об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу) т.к. = k и 
=k ч. т.д.
Теорема об отношении периметров подобных треугольников.
Отношение периметров двух подобных треугольников равно коэффициенту подобия.
Теорема. Свойство средней линии треугольника.
Средняя линия треугольника параллельна одной из его сторон и равна половине этой стороны.
Дано: DABC
MN - средняя линия
Доказать: MN || AC;
MN = AC
Доказательство:
Рассмотрим DABC и DMBN
ÐB - общий
= 
= (т.к. M - середина
AB, N - середина BC)
значит, = = 
= , следовательно, MN = AC
Ð1=Ð2 (т.к. треугольники подобные, по определению) и они соответственные углы, значит, MN || AC (по признаку параллельности прямых) ч.т.д.
Теорема. Свойство медиан треугольника.
Медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 
, считая от вершины.
AF, BM, CN - медианы
AF Ç BM Ç CN = O
=
=
=
Теорема. Свойство высоты в прямоугольном треугольнике из прямого угла.
Высота в прямоугольном треугольнике, проведённая из вершины прямого угла, разделяет треугольник на два подобных треугольника, каждый из которых подобен данному.
Дано:DABC-прямоугольный
CD - высота
Доказать: DADC~DCDB, DADC~DABC, DCDB~DABC
Утверждение 1:
Катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное для гипотенузы и отрезка, заключённого между катетом и высотой, проведённой из вершины прямого угла.
AC = 
BC = 
Утверждение 2:
Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное для отрезков, на которые делится гипотенуза этой высоты.
CD = 
Вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается.
Дано: Окр (O; R)
ÐABC - вписанный
Доказать: ÐABC = È AC
Доказательство:
Случай 1: BC - диаметр
Проведём OA-радиус
ÐAOC - стал центральным, значит ÐAOC = È AC
DAOB - Р/бD (т.к. OA=OB - радиусы), значит, Ð1=Ð2 (по свойству Р/бD) ÐAOC - внешний угол DAOB,
ÐAOC = Ð1+Ð2 (по теореме о внешнем угле), значит, ÐAOC = 2Ð1
È AC = 2Ð1
Ð1 = È AC
ÐABC = È AC ч.т.д.
Случай 2: BK - диаметр
ÐABK, ÐCBK - вписанные, сторона каждого проходит через центр окружности. Можем опираться на доказанное в случае 1.
ÐABC = ÐABK+ÐCBK =
= È AK+ È CK = (ÈAK+ÈCK) =
= È AC (см. случай 1) ч.т.д.
Случай 3: BK - диаметр
ÐABK, ÐCBK - вписанные, сторона каждого проходит через центр окружности. Можем опираться на доказанное в случае 1.
ÐABC = ÐABC-ÐCBK =
= È AK- È CK = (ÈAK-ÈCK) =
= È AC (см. случай 1) ч. т. д.
Следствие 1:
Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.
ÐACB=ÐADB=ÐAKB= ÈAB
Следствие 2:
Вписанный угол, опирающийся на полуокружность, - прямой.
ÐACB=90°= ÈAB
Обрати внимание:
Для касательной и секущей, проведённых к одной окружности из одной точки, справедливо равенство:
AB2 = AD‧AC
Угол между секущими, проведёнными из одной точки, равен половине разности заключённых внутри него дуг:
ÐAHD = (ÈAD - ÈBC)
Угол между касательной и секущей, проведёнными из одной точки, равен половине разности заключённых внутри него дуг:
ÐBAD = (ÈDB - ÈBC)
Если две хорды пересекаются, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды.
Дано: Окр (O; R)
AB, KC - хорды
AB Ç KC = M
Доказать: AM*BM = CM*KM
Доказательство:
Рассмотрим DAKM и DMCB:
ÐKMA = ÐBMC (свойство вертик. углов)
ÐAKC = ÐABC (как вписанные углы,
опирающиеся на ÈAC)
значит, 
= 
, следовательно, AM*BM = CM*KM ч.т.д.
Каждая точка биссектрисы угла равноудалена от его сторон.
Обратно:
Если точка лежит внутри угла и равноудалена от его сторон, то она лежит на его биссектрисе.
AB - биссектриса ÐA
Следовательно, CH=CH1
Следствие:
Все биссектрисы в треугольнике пересекаются в одной точке.
Серединный перпендикуляр к отрезку — это прямая, проходящая через середину отрезка, перпендикулярна к нему.
a - серединный перпендикуляр к отрезку AB
Теорема о серединном перпендикуляре к отрезку
Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка.
Обратно:
Если точка равноудалена от концов отрезка, то она лежит на серединном перпендикуляре.
Следствие:
Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке.
a - серединный перпендикуляр к отрезку AB
Следовательно, AF=BF
Вписанная окружность в многоугольник — это окружность, которая касается всех сторон многоугольника. Многоугольник называется описанный.
Окр (O; R) - вписанная окружность
ABCDE - описанный многоугольник
В любой треугольник можно вписать окружность и при том только одну.
Центр данной окружности - точка пересечения биссектрис данного треугольника.
O - точка пересечения биссектрис
Окр (O; R) - вписанная окружность
OH, OH1, OH2 - радиусы
OH ^ AC
OH1 ^ AB
OH2 ^ BC
Теорема. Свойство описанного четырёхугольника.
Если можно вписать в выпуклый четырёхугольник окружность, то суммы противоположных сторон равны.
Окр (O; R) - впис.окр.
ABCD - опис.четырёхугольник
BD+AD=AB+CD
Обратно:
Если суммы противоположных сторон выпуклого четырёхугольника равны, то в него можно вписать окружность.
Описанная окружность около многоугольника — окружность, на которой лежат все вершины многоугольника. Многоугольник называется вписанный.
Окр (O; R) - описанная окружность
ABCDE - вписанный многоугольник
‧
Около любого треугольника можно описать окружность и при том только одну.
Центр данной окружности - точка пересечения серединных перпендикуляров данного треугольника.
O - точка пересечения серединных перепендикуляров
Окр (O; R) - описанная окружность
Теорема. Свойство вписанного четырёхугольника.
Если около выпуклого четырёхугольника можно описать окружность, то суммы противоположных углов равны.
Окр (O; R) - опис.окр.
ABCD - впис.четырёхугольник
ÐD+ÐB=ÐA+ÐC=180°
Обратно:
Если суммы противоположных углов выпуклого четырёхугольника равны, то около него можно описать окружность.
Средняя линия трапеции — это отрезок, соединяющий середины её боковых сторон.
Теорема о средней линии трапеции
Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.
BC, AD - основания
AM=MB, CN=ND
MN - средняя линия
MN = 
Теорема о площади треугольника через синус
Площадь треугольника равна половине произведения двух его сторон на синус угла между ними.
DABC
BC = a, AC = b
S = 
a‧b‧sinC
S = a‧c‧sinB
S = c‧b‧sinA
Стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов.
DABC
АВ = с, ВС = а, СА = b
= 
= 
= 2‧R
R – радиус описанной окружности
Квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними.
a2 = b2 + c2 - 2bc‧cosA
b2 = c2 + a2 - 2ca‧cosB
c2 = b2 + a2 - 2ab‧cosC
Правильный многоугольник — выпуклый многоугольник, у которого все углы равны и все стороны равны.
Теорема об описанной около правильного многоугольника окружности.
Около любого правильного многоугольника можно описать окружность, и притом только одну.
Теорема о вписанной в правильный многоугольник окружности
В любой правильный многоугольник можно вписать окружность, и притом только одну.
Следствие 1:
Окружность, вписанная в правильный многоугольник, касается сторон многоугольника в их серединах.
Следствие 2:
Центр окружности, описанной около правильного многоугольника, совпадает с центром окружности, вписанной в тот же многоугольник.
Формулы для вычисления площади правильного многоугольника, его стороны и радиуса вписанной окружности.
Пусть S - площадь правильного n-угольника, an - его стороны, P - периметр, r - радиус вписанной окружности, R - радиус описанной окружности.
S = Pr
an = 2R*sin 
r = R*cos
a3 = 2R*sin 
= 2R*sin60° = 2R 
= R 
a4 = 2R*sin 
= 2R*sin45° = 2R 
= R 
a6 = 2R*sin 
= 2R*sin30° = 2R = R
C = 
Формула площади круга
S = 
Круговой сектор - часть круга, ограниченная дугой или двумя радиусами, соединяющими концы дуги с центром круга.
Формула площади кругового сектора.
S = 
a
Основные виды задач второй части ОГЭ и их решения
1. Прямая, параллельная стороне AC треугольника ABC, пересекает стороны AB и BC в точках M и N соответственно.
Найдите BN, если MN = 12 , AC = 42 , NC = 25.
2. Биссектриса угла A параллелограмма ABCD пересекает сторону BC в точке K.
Найдите периметр параллелограмма, если BK = 7, CK = 12.
3. Биссектрисы углов A и B при боковой стороне AB трапеции ABCD пересекаются в точке F.
Найдите AB, если AF = 32, BF = 24.
4. Высота AH ромба ABCD делит сторону CD на отрезки DH = 21 и CH = 8.
Найдите высоту ромба.
5. Отрезки AB и DC лежат на параллельных прямых, а отрезки AC и BD пересекаются в точка M.
Найдите MC, если AB = 16, DC = 24, AC = 25.
6. Точка H является основанием высоты BH, проведённой из вершины прямого угла B прямоугольного треугольника ABC. Окружность с диаметром BH пересекает стороны AB и CB в точках P и K соответственно.
Найдите PK, если BH = 13.
7. Расстояние от точки пересечения диагоналей ромба до одной из его сторон равно 19, а одна из диагоналей ромба равна 76.
Найдите углы ромба.
8. Найдите боковую сторону АВ трапеции ABCD, если углы АВС и BCD равны соответственно 30° и 120°, a CD = 25.
9. Точка Н является основанием высоты, проведённой из вершины прямого угла В треугольника АВС к гипотенузе АС.
Найдите АВ, если АН = 6, АС = 24.
10. Отрезки АВ и CD являются хордами окружности.
Найдите расстояние от центра окружности до хорды CD, если АВ = 30, CD = 40, а расстояние от центра окружности до хорды АВ равно 20.
1. В выпуклом четырёхугольнике ABCD равны углы CDB и CAB.
Докажите, что углы BCA и BDA также равны.
2. Основания BC и AD трапеции ABCD равны соответственно 4 и 64. BD = 16.
Докажите, что треугольники CBD и BDA подобны.
3. Сторона BC параллелограмма ABCD вдвое больше стороны CD. Точка K - середина стороны BC.
Докажите, что DK - биссектриса угла ADC.
4. На средней линии трапеции ABCD с основаниями AD и BC выбрали произвольную точку F.
Докажите, что сумма площадей треугольников BFC и AFD равна половине площади трапеции.
5. Биссектрисы углов C и D параллелограмма ABCD пересекаются в точке L, лежащей на стороне AB.
Докажите, что L - середина AB.
6. В параллелограмме ABCD проведены высоты BH и BE к сторонам AD и CD, при этом BH = BE.
Докажите, что ABCD является ромбом.
7. Точка M - середина боковой стороны AB трапеции ABCD, а MC = MD.
Докажите, что трапеция ABCD прямоугольная.
8. Через точку O пересечения двух диагоналей параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая стороны AB и CD в точках P и Q соответственно.
Докажите, что отрезки BP и DQ равны.
9. В равностороннем треугольнике ABC точки M, N, K - середины сторон AB, BC, CA соответственно.
Докажите, что треугольник MNK тоже равносторонний.
10. Биссектриса углов B и C трапеции ABCD пересекаются в точке O, лежащей на стороне AD.
Докажите, что точка O равноудалена от прямых AB, BC, CD
.
