Экзаменационные билеты по геометрии (9 класс, шпаргалка)

Билет 1. (1) Первый признак равенства треугольника по двум сторонам и углу между ними формулируется в виде теоремы: Т: Если две стороны и угол между ними одного ∆ соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого ∆, то такие треугольники равны. Д: Пусть у треугольников ABC и A1B1C1 AB=A1B1,  AC=A1C1, ÐA=ÐA1. Наложим ∆ABC на ∆A1B1C1 так, чтобы вершина A совместилась с вершиной A1, а стороны AB и AC легли соответственно на лучи A1B1 и A1C1. Это возможно, поскольку ÐA=ÐA1. Так как AB=A1B1 и AC=A1C1, то сторона AB совместится со стороной A1B1, а сторона AC – с A1C1, а значит совместятся точки B и B1, C и C1, следовательно, совместятся стороны BC и B1C1. Таким образом треугольники ABC и A1B1C1 совместятся, следовательно они равны: ∆ABC=∆A1B1C1.

(2) Параллелограммом называется четырёхугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны. Четырёхугольник ABCD, у которого сторона AB║DC, а сторона BC║AD. Следовательно ABCD –параллелограмм. Свойства: 1) В параллелограмме противоположные стороны равны и противоположные углы равны (AB=DC, BC=AD, ÐA=ÐC, ÐB=ÐD). 2) Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам (BO=OD, AO=OC). Докажем второе свойство. Д: ABCD – параллелограмм, BD и AC – диагонали, О – точка их пересечения. Доказать: BO=OD и AO=OC. Д-во: ∆AOB=∆COD по стороне и двум прилежащим к ней углам (AB=DC как противоположные стороны параллелограмма, ÐABO=ÐCDO, ÐBAO=ÐDCO как накрест лежащие углы при параллельных прямых AB и DC и секущих BD и AC). Поэтому BO=OD, AO=OC, ч.т.д. Признаки параллелограмма: 1) Если в четырёхугольнике две стороны равны и параллельны, то этот четырёхугольник – параллелограмм. 2) Если в четырёхугольнике противоположные стороны равны, то этот четырёхугольник – параллелограмм. 3) Если в четырёхугольнике диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то он параллелограмм.

Билет 3. (1) Третий признак равенства треугольников по трем сторонам формулируется в виде теоремы. Т: Если три стороны одного треугольника соответственно равны трем сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны. Д: Пусть ABC и A1B1C1 – треугольники, у  которых AB=A1B1, AC=A1C1, BC=B1C1. Наложим ∆ABC на ∆A1B1C1 так, чтобы их стороны AC и A1C1 совместились, а вершины B и B1 оказались по одну сторону от A1C1. Предположим, что треугольники ABC и A1B1C1 не равны, тогда они не совместятся, это значит, что вершина B не совместится с вершиной B1. Соединим точки B1 и B отрезком и найдём середину этого отрезка. Треугольники B1BA1 и B1BC1 – равнобедренные треугольники (A1B1=A1B и С1B1=C1B) с общим основанием B1B. Отрезки A1D и C1D не совпадают, потому что точки A1, C1 и D не лежат на одной прямой, то оказалось, что через точку D прямой B1B проведены две разные прямые, перпендикулярные к B1B. Это противоречит теореме, согласно которой через каждую точку прямой можно провести лишь одну перпендикулярную ей прямую. Это противоречие доказывает теорему.

(2) Ромбом называется параллелограмм, у которого все стороны равны. На рисунке изображён параллелограмм ABCD у которого AB=BC=CD=DA. По определению этот параллелограмм – ромб. Поскольку ромб – параллелограмм, для него справедливы все свойства и признаки параллелограмма. Но существует и особое свойство ромба. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят его углы пополам. В равнобедренном ∆ABD (AB=AD, так как ABCD – ромб) BO=OD по свойству диагонали параллелограмма, следовательно, AO – медиана, а значит и высота, и биссектриса ∆ABD. Отсюда AO^BD, ÐBAO=ÐDOA. Обратные утверждения являются признаками ромба: 1) Если диагонали параллелограмма взаимно перпендикулярны, то этот параллелограмм – ромб 2) Если диагональ параллелограмма делит его углы пополам, то этот параллелограмм ромб.

Билет 5. (1) Т: Сумма углов треугольника равна 180º. Д: Докажем, что для произвольного ∆АВС справедливо соотношение ÐА+ÐВ+ÐС=180º. Через вершину В проведём прямую а, параллельную стороне АС, и введём в рассмотрение углы, образованные этой прямой со сторонами АВ и ВС: Ð1 и Ð2.Углы 1 и А – внутренние накрест лежащие при параллельных прямых а и АС, и секущей АВ, поэтому Ð1=ÐА. Углы  2 и С – внутренние накрест лежащие при параллельных прямых а и АС и секущей ВС, поэтому Ð2=ÐС. Сумма углов 1,В и 2 равна развёрнутому углу, значит Ð1+ÐВ+Ð2=180º. В силу полученных равенств будем иметь ÐA+ÐB+ÐC=180º. Теорема доказана.

(2) Касательной к окружности называется прямая, имеющая с окружностью только одну общую точку. Касательная к окружности обладает свойством, которая формулируется в виде теоремы. Т: Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания. Д: Проведём радиус OA окружности, в точку касания. Докажем, что a^OA. Предположим, что это не так. Тогда радиус OA является наклонной, проведённой из точки O к прямой a. Так как перпендикуляр прямой < наклонной, то расстояние от центра O до прямой меньше радиуса. При этом, согласно первому случаю взаимного расположения прямой и окружности, прямая и окружность имеют две общие точки, что противоречит тому условию, что прямая a – касательная. Теорема доказана. Из доказанной теоремы является свойство отрезков касательных, проведённых из одной точки. Отрезки касательных к окружности, проведённых из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности. AC=BC; ÐACO=ÐBCO.

Билет 7. (1) Т: В треугольнике 1) против большей стороны лежит большой угол; 2) обратно, против большего угла лежит большая сторона. Д: На рисунке изображён ∆АВС, в котором АВ>ВС. Докажем, что ÐС>ÐА. На стороне АВ отложим отрезок BD, равный отрезку ВС, и построим равнобедренный ∆DBC. Равные углы при основании этого треугольника обозначим 1 и 2. Так как точка  D лежит между точками A и B (ВD=ВС<АВ), то Ð1 является частью ÐС, то есть Ð1<ÐС. Угол 2 − внешний угол ∆ АDС, поэтому Ð2>ÐА. Но Ð1=Ð2, значит справедливо соотношение ÐА<Ð1=Ð2<ÐС или ÐС>ÐА.Д: Пусть в ∆АВС ÐС>ÐА. Докажем, что АВ>ВС. Предположим, что это не так. Тогда либо АВ=ВС. В первом случае ∆АВС− равнобедренный, а значит ∟С=∟А. Во втором случае ∟С<∟А по доказанному. И то и другое противоречит условию теоремы. Значит АВ>ВС.Т: доказана.

(2) Радиус окружности, описанной около правильно п-угольника со стороной ап  выражается по формуле R=(an)/ (2sin(180º/n)). Для вывода этой формулы разобьём правильный n-угольник на n равных равнобедренных треугольников радиусами, проведёнными из центра в вершину n-угольника. Рассмотрим один из таких треугольников, например ∆A1OA2 в этом треугольнике A1A2=an сторона n-угольника, A1O=A2O=R – радиус описанной окружности, ÐA1OA2=360º/n. Из центра окружности O опустим перпендикуляр OB на отрезок A1A2:OB^A1A2. Этот перпендикуляр является высотой, медианой и биссектрисой равнобедренного ∆A1OA2. Поэтому A1B=BA2=an/2; ÐA1OB=ÐA1OA2=180º/n. В прямоугольном ∆A1OB A1B/A1O=sinÐA1OB или an/2R=sin(180º/n) откуда R=(an)/ (2sin(180º/n)). Определение: окружность называется описанная около многоугольника, если все вершины многоугольника лежат на этой окружности. Т: Около любого правильного многоугольника (n-угольника) можно описать окружность, и притом только одну.

Билет 9. (1) Т: Средняя линия ∆ параллельна одной из его сторон и равна половине этой стороны. Д: В ∆АВС МN-средняя линия. Докажем, что МN║АС, МN=½AC.Треугольники МВNи АВС подобны по первому признаку подобия ( ÐВ- общий угол, ВМ ∕ВА=ВN ∕ВС=½), поэтому ÐВМN=ÐBAC, MN ∕ AC=½. Из последнего равенства следует что MN=½AC. ÐBMN и ÐBAC – соответственные углы при прямых MN и AC и секущей AB. Из их равенства следует параллельность прямых MN и AC: MN║AC. Т: доказана. Определение: средней линией ∆ называется отрезок, соединяющий середины двух его сторон.

(2) Площадь S круга радиуса R выражается формулой S=πR2. Для  вывода этой формулы докажем утверждение: Площадь круга равна половине произведения длины ограничивающей его окружности на радиус: S=½ l•R. Представлен круг радиуса R с центром O, а также 2 правильных n-угольника – вписанный в окружность (A1A2…An) и описанный около неё (A1’A2’…An’). Площадь S заключена между площадями Sn вписанного и Sn’ описанного n-угольников: Sn<S<Sn’ Площадь вписанного n-угольника выражается формулой Sn=½ Pnr, где Pn – его периметр, r – радиус вписанной в него окружности. Из рассмотрения прямоугольного ∆A1BO получаем OB=A1O cosÐA1OB или r=К cos180º/n (A1O=R; ÐA1OB=½ ÐA1OA2=180º/n) Отсюда Sn=½PnRcos180º/n. Площадь описанного n-угольника выражается формулой Sn’=½Pn’•R где Pn’ – его периметр. При неограниченном увеличении числа сторон n-угольников (n→∞) и в периметре приближаются к длине l окружности. Pn→l, Pn’→l

                                                                                          n→∞  n→∞

угол 180º/n приближается к 0, а его cos к 1: (   (cos(180º/n))/(n/(n→∞))   )→l

Следовательно, Sn→½ lR, Sn’→½ lR

                                        n→∞                n→∞

Это означает что площадь S круга ограничена с двух сторон последовательностями Sn и Sn’, стремящимися при n→∞ к одному и тому же пределу. Этот предел и принимается за площадь круга: S=½ l•R. Заменяя длину окружности l на 2πR получаем S=π•R2

Билет 11. (1) Окружностью, описанной около ∆, называется окружность которая проходит через все вершины ∆. Рассмотрим теорему.Т: около любого ∆ можно описать окружность. Д: На рисунке∆АВС; ОК,OL и ОМ − серединные перпендикуляры к его сторонам. Докажем, точка О их пересечение равноудалена от вершин А, В и С. Соединим точку О с вершинами и рассмотрим ∆АОК и ∆ВОК: ∆АОК=∆ВОК по первому признаку равенства  треугольников (АК=КВ по условию, ОК - общая сторона ÐВКО=ÐАКО=90°). Отсюда АО=ВО. Аналогично доказываем, что ВО=СО. Следовательно АО=ВО=СО, т.е точка О равноудалена от вершины ∆АВС. Значит все вершины ∆ лежат на окружности с центром в точке О и радиусом, равным ОА. Эта окружность является окружностью, описанной около ∆АВС.Т: доказана.

(2) Равенство справедливое при всех допустимых значениях входящих в него в переменных, называется тождеством. Справедливы следующие тригонометрические тождества: (1) sin2α +cos2α=1; (2) 1=tg2α = 1/cos2 α; 3) l+ctg2•α=1/sin2α. Докажем тождество 1. Для этого рассмотрим тригонометрическую окружность, радиус R, который равен 1 (R=1), а центр O расположен в начале прямоугольной декартовой системы координат Oxy. Отложим острый ÐAOB: ÐAOB=α и опустим из точки B, лежащей на окружности, перпендикуляр BC к оси Ox. BC^Ox. По определению синуса и косинуса угла альфа имеем. sin α=y, sos α=x, где x и y координаты точки B. В прямоугольном ∆OBC катеты и гипотенуза выражаются: OC=x=cosα; BC=y=sinα, OB=R=1. По теореме Пифагора OC2 + BC2 = OB2 или cos2α+sin2α=1. Тождество (1) доказано для случая 0º≤α<90º. При α=90º cosα=0, sinα=1, поэтому тождество справедливо. Для тупого угла α=ÐAOB’ (90º<α<180º). Аналогичные рассуждения проводятся для прямоугольного ∆OB’C’. Наконец, в случае развёрнутого угла (α=180º) cosα=-1, sinα=0. Тождество 1 справедливо при 0º≤α≤180º. Если обе части тождества 1 разделить на cos2α, то с учётом того, что sinα/cosα=tgα, получим тождество 2, при

0º≤α<90º

90º<α≤180º

Если обе части тождества 1 разделить на sin2α, то с учётом того что cosα/sinα=tgα, получим тождество 3 справедливое при 0º<α<180º.

Билет 13. (1) Угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность, называется вписанным углом (∟АВС). Т: Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается. Д: Рассмотрим вписанный угол АВС, стороны ВА и ВС которого лежат по разные стороны от луча ВО, проходящего через центр окружности. Пусть D – точка пересечения луча ВО с окружностью. Дуги АD и DC меньше      полуокружности, поэтому ими измеряются центральные углы AOD и DOC:ÐAOD=ÈAD, ÐDOC=ÈDC. Треугольник  АОВ – равнобедренный по построению, откуда Ð1=Ð2. Поскольку ∟AOD – внешний угол ∆АОВ, то ÐAOD=Ð1+Ð2. Следовательно, Ð2=½ÐAOD=½ ÈAD. Аналогично доказывается, что Ð4=½ÈDC. Значит ÐАВС=Ð2+Ð4= ½ÈAD+½ÈDC=½ÈAC. В случае иного расположения сторон угла АВС  доказательство аналогично. Теорема доказана.

(2). Площадь S параллелограмма ABCD с основанием AD и высотой ВЕ (BE^AD) выражается формулой S=AD•BE. Опустим перпендикуляр CF на продолжение основания AD.Получим прямоугольник BCFE. Прямоугольные треугольники АВЕ и DCF равны по гипотенузе и острому углу (AB=DC как противоположные стороны параллелограмма, ÐВАЕ=ÐCDF как соответственные углы при параллельных прямых AB и DC и секущей AD). Параллелограмм ABCD составлен из трапеции BCDE и треугольника АВЕ; прямоугольник BCFE составлен из той же трапеции и треугольника DCF, равного треугольнику АВЕ. Значит площадь параллелограмма ABCD равна площади прямоугольника BCFE, то есть S=BC•BE, но так как ВС=AD, то S=AD•BE. Таким образом площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту.

Билет15. (1) Т: Если на одной из двух прямых отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсекут на второй прямой равные между собой отрезки. Д: Пусть на прямой 1 отложены равные отрезки А1А2; А2А3…… и через их концы проведены параллельные прямые, которые пересекают прямую l2 в  точках В1, В2, B3,…. Докажем, что В1В2 =В2В3=…  два Рассмотрим два случая- прямые l1  и  l2  параллельны и прямые l1и l2  не параллельны.  А)Пусть l1║ l2 . Докажем, что В1 В2= В2 В3. Четырёхугольники А1 В1 В2 А2  и А2 В2 В3 А3 –параллелограммы по определению, поэтому А1 А2=В1 В2,А 2А 3=В2 В 3.Поскольку А1 А2=А2 А3, то В1 В2 =В2 В3. Б).Пусть l2╫ l1 .   Для доказательства равенства отрезков В1 В2 и В2 В3 проведём через точку В1 прямую l3, параллельную прямой l1 ,которая пересечёт прямые А2 В2 и А3 В3 в точках C иD соответственно. По доказанному в пункте А) В1С=СD.Через точку D проведём прямую l4, параллельную l2, которая пересечёт прямую А2 В2 в точке Е. Треугольники С В2 В1 и CDE равны по второму признаку равенства треугольников (В1С=CD по доказанному, ÐВ1СВ2=ÐDCE как вертикальные, ÐСВ1В2=ÐCDE как накрест лежащие углы при параллельных прямых l2 и l4 и секущей l3). Следовательно, В1 В2=ЕD. Но ED=В2В3. Теорема доказана.

(2) Две точки А1 и А2 называются симметричными относительно прямой а, если эта прямая проходит через середину отрезка АА1 и перпендикулярна к нему. Каждая точка прямой  а считается симметричной самой себе относительно прямой  а. Фигура называется симметричной относительно прямой а, если для каждой точки А фигуры симметричная ей точка А1 относительно прямой а, также принадлежит фигуре. Прямая а называется осью симметрии фигуры. А) равнобедренный (не равносторонний) треугольник - одна ось симметрии; б) равносторонний треугольник- три оси симметрии; в) прямоугольник (не квадрат)-две оси симметрии; г) ромб (не квадрат)- две оси симметрии; д) квадрат – четыре оси симметрии; е)окружность- бесконечное множество осей симметрии.

Билет 17. (1).Т: Стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов. Д: Рассмотрим ∆АВС, в котором стороны обозначены следующим образом: АВ=с,ВС=а,          СА=b. Докажем, что (a/sinA)=(b/sinB)=(c/sinC)

Выразим площадь S треугольника ABC: S=½ ab sin C, S=½ ac sin B, S=½ bc sin A. Приравнивая части первых двух равенств, получаем ½ ab sin C=½ ac sin B или b sin C=csinB, откуда  (b/sinB)=(c/sinC), аналогично, приравнивая правые части второго и третьего равенств, получаем (a/sinA)=(b/sinB). Окончательно имеем (a/sinA)=(b/sinB)=(c/sinC).

Теорема доказана.

(2).Серединным перпендикуляром к отрезку называется прямая, проходящая через середину отрезка и перпендикулярна к нему. Свойство серединного перпендикуляра формулируется в виде теоремы. Т: Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудалённая от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре. Д: На рисунке l - серединный перпендикуляр к отрезку АВ, точка О - середина отрезка АВ. а) Докажем первое утверждение теоремы. Для этого на прямой l выберем произвольную точку М и докажем, что АМ=ВМ. Если точка М совпадает с точкой О, то равенство верно, так как Точка О - середина отрезка АВ. Пусть точки М и О не совпадают. Рассмотрим прямоугольные треугольники АМО и ВМО: ∆АМО=∆ВМО по двум катетам (МО - общий катет, АО=ВО по условию). Отсюда следует, что АМ=ВМ. б) Докажем второе утверждение теоремы. Рассмотрим произвольную точку N, равноудалённую от концов отрезка AB. Докажем что она лежит на  серединном перпендикуляре l. Если точка N лежит на отрезке AB, то она является серединой этого отрезка, значит лежит на прямой l. Пусть точка N расположена вне отрезка AB так, что NA=NB. Рассмотрим равнобедренный треугольник ANB. Отрезок NO является медианой (точка O – середина отрезка AB), а следовательно и высотой этого треугольника, значит NO^AB, откуда следует что прямая NO совпадает с серединным перпендикуляром l. Таким образом точка N лежит на прямой l. Т: доказана.

Билет 19.  (1)  Первый признак подобия треугольников формулируется в виде теоремы. Т: Если два угла одного ∆ соответственно равны двум углам другого, то такие ∆-ки подобны. Д: Пусть у треугольников ABC и A1B1C1 ÐA=ÐA1, ÐB=ÐB1. Докажем, что ∆ABC подобен ∆A1B1C1. Найдём углы С и С1: ÐС=180º-(ÐA+ÐB), ÐС1=180º-(ÐA1+ÐB1). В силу равенства углов A и A1, а также B и B1 ÐC=ÐC1. По теореме об отношении прощадей треугольников, имеющих по равному углу, имеем (S)/(S1)=(AB•AC)/(A1B1•A1C1)=(AB•BC)/(A1B1•B1C1)= (BC•AC)/(B1C1•A1C1). Символами S и S1 обозначены площади треугольников ABC и A1B1C1 соответственно. Из второго равенства следует, что (AC)/(A1C1)=(BC)/(B1C1), а из третьего: (AB)/(A1B1)=(AC)/(A1C1). Сопоставляя полученные результаты, делаем вывод, что (AB)/(A1B1)=(BC)/(B1C1)=(AC)/(A1C1), т.е. сходственные стороны данных ∆-ков пропорциональны. Следовательно, ∆ABC подобен ∆A1B1C1. Т: Если угол одного ∆ равен углу другого ∆, то площади этих ∆-ков относятся как произведения сторон, заключающих равные углы.

(2) Для того, чтобы построить середину данного отрезка AB с помощью циркуля и линейки, построим две окружности с центрами A и B радиуса AB. Они пересекутся в точках K и L. Соединим эти точки. Точка M пересечения отрезков KL и AB и будет серединой отрезка AB. Докажем это. Построим треугольники AKL и BKL. Они равны по 3-му признаку равенства ∆-ков (AK=BK, AL=BL, KL – общая сторона). Отсюда следует, что ÐAKM=ÐBKM. Значит KM – биссектриса равнобедренного треугольника AKB, следовательно, является его медианой, поэтому AM=MB, т.е. точка M – середина отрезка AB. Построенные окружности не обязательно должны иметь радиус, равный AB. Важно, чтобы они пересекались в двух точках, поэтому их радиус должен быть больше, чем ½ AB.0

Билет 21. (1). Третий признак подобия ∆-ков формулируется в виде теоремы.Т: Если 3 стороны одного ∆ пропорциональны 3 сторонам другого, то такие ∆-ки подобны.Д: Пусть стороны ∆-ков АВС и А1В1С1 пропорциональны: АВ/А1В1=ВС/В1С1=АС/А1С1. Докажем, что ∆АВС ~ ∆А1В1С1.построим ∆АВ2С, у которого Ð1=ÐА1, Ð2=ÐС1. ∆-ки АВ2С и А1В1С1 подобны по 1-ому признаку подобия, значит АВ2/А1В1=В2С/В1С1=АС/А1С1. сравнивая полученные пропорции с теми, которые даны в условии, получаем АВ=АВ2,ВС=В2С.∆-ки АВС = АВ2С по 3-м сторонам, следов. ÐА=Ð1, но Ð1=ÐА1, значит ÐА=ÐА1. Таким образом у ∆-ков АВС и А1В1С1 пропорциональны стороны и равны углы заключённые между 2-мя сторонами. Следов., по 2-му признаку подобия ∆АВС ~ ∆А1В1С1.

(2) Пусть дан угол с вершиной в т. А и луч ОМ. Требуется построить угол равный данному так, чтобы одна из его сторон совпала с лучом ОМ. Проведём дугу окружности произвольного радиуса с центром в точке А. Обозначим точки пересечения окружности со сторонами угла через В и С. Соединим точки В и С отрезком ВС. С помощью циркуля проведём дугу окружности радиуса АВ с центром в точке О. Обозначим точку пересечения её с лучом ОМ буквой D. Из точки D проведём дугу окружности радиуса ВС, которая пересечёт ранее построенную дугу в точке Е. Соединяя точки О, Е и D получим ∆ОDЕ. Докажем, что ÐЕОD =ÐА. Рассмотрим ∆-ки АВС и ОDЕ. Эти ∆-ки равны по 3-му признаку равенства ∆-ков (АВ=ОD, АС=ОЕ, ВС=DЕ по построению). Поэтому ÐЕОD=ÐСАВ, т.е ÐЕОD=ÐА.

Билет 23. (1).Выведем уравнение окружности радиуса r с центром в точке С (х0; у0) в прямоугольной декартовой системы координат. Для этого выберем на окружности произвольную точку М с координатами(х; у).Точка М называется текущей точкой окружности, а её координаты- текущими координатами. Расстояние от произвольной точки М (х; у) окружности до её центра С (х0; у0) постоянно и равно r: МС=r или МС2=r2. Запишем последнее неравенство в координатной форме:(х-х0)2+(у –у0)2=r2.Любая точка, не лежащая на окружности, удалена от центра на расстояние, отличное от r, значит её координаты не удовлетворяют этому уравнению. Таким образом, полученное уравнение является уравнением окружности радиуса r с центром С. Если центр окружности лежит в начале координат, то её уравнение имеет вид х2+у2=r2. Определение: Окружностью называется геометрическая фигура, состоящая из всех точек, расположенных на заданном расстоянием от данной точки.

(2) Треугольник называется равнобедренным, если 2 его стороны равны. На рисунке равные стороны (АВ=ВС) называются боковыми сторонами, третья сторона АС- основанием равнобедренного ∆-ка. Равнобедренный ∆ обладает 2-мя свойствами, которые можно сформулировать в виде теорем.Т(1): В равнобедренном ∆-ке углы при основании равны.Д:Докажем равенство углов А и С в равнобедренном ∆АВС (АВ=ВС). Проведём биссектрису ВD ÐАВС. ∆АВD =∆СВD по первому признаку рвенства ∆-ков (АВ=ВС по условию ВD- общая сторона, Ð1=Ð2, т.к. ВD- ,биссектриса угла В). Отсюда следует, что ÐА=ÐС . Т: доказана. Т(2): В равнобедренном ∆-ке биссектриса, проведённая к основанию, является медианой и высотой. Д: На рисунке ВD является биссектрисой ÐВ, противолежащего основанию. ПО доказанному в теореме 1 ∆АВD=∆СВD, откуда следует, что АD=DС, значит ВD- медиана, проведенная к основанию. Кроме того из равенства ∆-ков АВD и СВD вытекает, что Ð3=Ð4. Но эти углы смежные, значит Ð3+Ð4=180°. Из 2-х последних равенств следует, что Ð3=Ð4=90°, значит ВD- высота, опущенная на основание. Справедливы 2 следствия из теорем 1: Высота равнобедренного ∆, опущенная на основание, является медианой и биссектрисой.2: Медиана равнобедренного ∆, проведенная к основанию, является высотой и биссектрисой. Определение 1: Отрезок биссектрисы угла ∆, соединяющая вершину ∆ с противоположной стороной, называется биссектрисой ∆. 2: отрезок, соединяющий вершину ∆ с серединой противоположной стороны, называется медианой ∆. 3: Перпендикуляр, проведенный из вершины ∆ к прямой, содержащей противолежащую сторону, называется высотой ∆.

Билет 6. (1)  Т: Сумма углов выпуклого п-угольника равна (п-2)•180º. Д: Соединим вершину А1 п-угольника диагоналями с его другими вершинами. В результате получим п-2 треугольника. На рисунке выпуклый шестиугольник разбит тремя диагоналями А1 А3; А1А4; А1А5  на четыре треугольника. Сумма углов п-угольника равна сумме всех углов полученных треугольников, т.е(п-2)•180º.Теорема доказана. Пример: (6-2)•180º=4•180º=720º.  (2). Выведем формулу для длины l окружности радиуса R:l=2πR. При этом под длиной l  окружности будем понимать предел, к которому стремится периметр Рп правильного п-угольника, вписанного в окружность при неограниченном увеличении числа п его сторон. Это записывается так: Рп–––––––→l.

                                                              n→∞

 Таким образом, чем больше число сторон такого п-угольника, тем ближе его периметр к длине окружности. Рассмотрим две окружности, радиусы которых R  и R1, а длины l и  l1. В каждую из них впишем правильный  п-угольник и обозначим через Рп   и Рп1 их периметры, а через ап  и ап1 длины сторон. Тогда, Рп1=п•ап1=п•2R1sin(180º/n). Здесь использована формула, выражающая стороны an правильного n-угольника, вписанного в окружность, через радиус R окружности. Отсюда следует (Pn/Pn’)=(2R/2R’), что справедливо при любом n. При неограниченном увеличении числа сторон n-угольника (n→∞) получим Pn/Pn’→l/l’ n→∞. При этом отношение 2R/2R’ остаётся неизменным. Следовательно, l/l’=2R/2R’ или l/2R=l’/2R’ таким образом отношение длины окружности к её диаметру есть одно и то же число для всех окружностей. Это число принято обозначать греческой буквой π. Из равенства l/2R=π следует, что l=2πR – формула длины окружности.

Билет 4. (1) Существуют 3 признака параллельности двух прямых: 1) Если при пересечении двух прямых секущей накрест лежащие углы равны, то прямые параллельны. Прямые a и b пересечены прямой. Если выполняется хотя бы одно их следующих условий: Ð1=Ð7; Ð2=Ð8; Ð4=Ð6; Ð3=Ð5, то согласно признаку 1, прямые a║b. 2) Если при пересечении двух прямых секущей соответственные углы равны, то прямые параллельны. Если выполняются хотя бы одно из условий: Ð1=Ð5; Ð2=Ð6; Ð4=Ð8; Ð3=Ð7, то по признаку 2 прямые a║b. 3) Если при пересечении двух прямых секущей сумма односторонних углов равна 180º, то прямые параллельны. Если выполняется хотя бы одно из условий Ð4+Ð5=180º; Ð3+Ð6=180º; Ð1+Ð8=180º; Ð2+Ð7=180º, то по признаку 3 прямые параллельны a║b. Докажем 3-ий признак: пусть прямые a и b пересекаются прямой с в точках A и B. Докажем что Ð3+Ð6=180º следует параллельность прямых. Отметим что Ð4+Ð3=180º, так как Ð3 и Ð4 смежные, откуда Ð4=Ð6. Разделим отрезок AB пополам точкой O и проведём через эту точку отрезок CD, перпендикулярный прямой a и пересекающий прямые a и b в точках C и D соответственно. ∆AOC=∆BOD по стороне и двум прилежащим к ней углам (AO=BO по построению, Ð4=Ð6 по доказанному, ÐCOA=ÐDOB, как вертикальные). Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих элементов: ÐBDO=ÐACO=90º (так как CD^a). Значит отрезок CD^b. Таким образом a^CD и b^CD, то есть прямые a и b перпендикулярны третьей прямой, а значит не пересекаются. Прямые a и b параллельны.

(2) Окружностью называется геометрическая фигура, состоящая из всех точек, расположенных на заданном расстоянии от данной точки. Эта данная точка называется центром окружности, а отрезок, соединяющий любую точку окружности с её центром, называется радиусом. Все радиусы имеют одну и ту же длину. Отрезок, соединяющий две точки окружности, называется диаметром. Диаметр окружности равен удвоенному радиусу. Существует 3 случая взаимного расположения прямой и окружности в зависимости от соотношения между радиусом r окружности и расстоянием d прямой от центра окружности. 1) d<r. Если расстояние от центра окружности до прямой < радиуса окружности, то окружность и прямая имеют две общие точки. 2) d=r. Если расстояние от центра окружности до прямой равно радиусу окружности, то прямая и окружность имеют единственную общую точку. 3) d>r. Если расстояние от центра окружности до прямой > радиуса окружности, то прямая и окружность не имеют общих точек. Свойство: Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания.

Билет 2. (1) Второй признак равенства ∆ по стороне и двум прилежащим к ней углам формулируется в виде теоремы. Т: Если сторона и два прилежащие к ней угла одного ∆ соответственно равны стороне и двум прилежащим к ней углам другого ∆, то такие треугольники равны. Д: Пусть у треугольников ABC и A1B1C1 AB=A1B1, ÐA=ÐA1, ÐB=ÐB1. Наложим треугольник ABC на треугольник A1B1C1 так, чтобы вершина A совместилась с вершиной A1, сторона AB – со стороной A1B1, а вершины C и C1 оказались по одну сторону со стороны A1B1. Поскольку ÐA=ÐA1, ÐB=ÐB1, то сторона AC наложится на сторону A1C1, а сторона BC – на B1C1. Вершина C общая точка сторон AC и BC окажется как на стороне A1C1 так и на стороне B1C1, т.е. совместится с общей точкой этих сторон C1. Значит стороны AC и A1C1, BC и B1C1 совместятся, следовательно, и совместятся треугольники ABC и A1B1C1. Отсюда следует, что они равны: ∆ABC=∆A1B1C1.

(2) Прямоугольником называется параллелограмм, у которого все углы прямые. На рисунке изображён параллелограмм ABCD у которого ÐA=ÐB=ÐC=ÐD=90º. Согласно определению этот параллелограмм – прямоугольник. Для него справедливы все свойства и признаки параллелограмма: 1) Противоположные стороны и углы прямоугольника равны. 2) Диагонали точкой пересечения делятся пополам. 3) Диагонали прямоугольника равны.

Действительно из равенства двух прямоугольных треугольников ABD и DCA по двум катетам (AB=DC как противоположные стороны параллелограмма, AD – общий катет) следует равенство гипотенуз: AC=BD справедливо и обратное утверждение которое является признаком прямоугольника. Признак: если в параллелограмме диагонали равны, то этот параллелограмм прямоугольник.

Билет 12.  (1) Окружность называется вписанной в ∆-к , если стороны  ∆ -ка касаются окружности. Т: В любой ∆-к можно вписать окружность .Д: На рисунке ∆АВС,АО,ВО,СО – биссектрисы его углов, которые пересекаются в точке О.Из точки О проведём перпендикуляры ОD, OE и OF к сторонам ∆-ка .Докажем, что они равны. Прямоугольные треугольники  АОD иAOF равны по гипотенузе и острому углу (АО- общая сторона, ÐAOD=ÐOAF, так как АО- биссектриса). Отсюда следует, что OD= OF. Аналогично доказываются равенства OD=OE, OE=OF. Следовательно, OD=OE=OF.Таким образом, точка О равноудалена от сторон ∆-ка. Окружность с центром в точке О и радиусом, равным OD, касается всех сторон ∆-ка, то есть является вписанной окружностью. Т:  доказана.

(2) Площадь S трапеции ABCD с высотой  ВЕ выражается формулой S=½(BC+AD)•BE, то есть площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту. Для вывода этой формулы на продолжении отрезка AD отложим отрезок DF равный  ВС (DF=BC) и соединим точки В и F. При этом  отрезок BF  пересечёт сторону CD в  точке  G. ∆ВСG и ∆FDG равны по второму признаку (ВС=DF, ÐCBG=ÐDFG, ÐBCG=ÐFDG как накрест лежащие углы при параллельных прямых ВС и AF и секущих BF и   CD соответственно). Из равенства  треугольников следует равенство их площадей. Значит площадь S трапеции равна площади ∆ABF, имеющего ту же высоту ВЕ, что и трапеция. Следовательно, S=½AF•BE=½(AD+DF)•BE. Так как ВС=DF,окончательно получаем S=½(BC+AD)•BE. Cвойства площади трапеции: 1) равные фигуры имеют равные площади; 2)если фигура состоит из нескольких фигур, то её площадь равна сумме площадей этих фигур.

Билет 10.(1).Т:Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.Д: На рисунке трапеция АВСD и её средняя линия МN (АМ=МВ, DN=NC).Через середину N стороны СD и через вершину В проведём прямую, которая пересечет продолжение основания АD в некоторой точке Е.∆ВСN и ∆ЕDN равны по второму признаку (NC=DN по условию, ÐВNC=ÐЕND как вертикальные, ÐВСN=ÐЕDN как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых ВС и АD и секущей СD). Из равенства ∆-ков следует равенство сторон: ВС=ЕD, ВN=EN. Следовательно, МN−средняя линия ∆АВЕ, а значит МN║AE и МN=½AE=½(AD+ED)=½(AD=ВС).Т:доказана.Определение: Средней линией трапеции называется отрезок соединяющий середины её боковых сторон.

(2) Рассмотрим ∆АВС, стороны которого обозначены: АВ=с, АС=b, ВС=а, высота АP, опущенная на сторону ВС обозначена hа.. Тогда площадь ∆АВС может быть найдена по одной из формул: (1) S=½ha•a; (2) S=½ absinC; 3) S=√ p(p-a)(p-b)(p-c)   В формуле (3), которая называется формулой Герона, символом p обозначен полупериметр: p=½ (a+b+c). Можно выписать формулы, аналогичные (1) и (2), в которых использованы другие стороны, высоты и углы. Выведем формулу (1). Для этого дополним ∆ABC до параллелограмма ABCD. Площадь параллелограмма равна сумме площадей треугольников ABC и ACD. ∆ABC и ∆ACD равны по 3-му признаку (AC – общая сторона, AB=CD, BC=DA, как противоположные стороны параллелограмма), следовательно, равны их площади. Значит площадь параллелограмма равна удвоенной площади ∆ABC. С другой стороны площадь параллелограмма равна AP•BC=ha•a, так как высота параллелограмма совпадает с высотой ∆ABC. Отсюда, 2S=ha•a или S=½ha•a.

Билет 8. (1) Т: Каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон. Д: Рассмотрим произвольный ∆АВС. На продолжении стороны АС отложим отрезок СD = ВС и построим ∆ВСD, который является равнобедренным, откуда ÐСВD = ÐСDВ. В ∆АВD ÐАВD>ÐСВD, следовательно ÐАВD>ÐАDВ. Так как в ∆ против большего угла лежит большая сторона, то АD >АВ, но АD=АС+СD=АС+СВ, поэтому АС+СВ>АВ или АВ<АС+СВ.Анологично доказываются неравенства АС<АВ+ВС, ВС<АВ+АС.Т: доказана. (2). Радиус окружности, вписанной в правильный п-угольник ап выражается по формуле r=(an)/(2tg•(180º/n))

Для вывода этой формулы разделим правильный n-угольник, описанный около окружности на n-треугольников отрезками, соединяющими центр окружности с вершинами n-угольника. Рассмотрим один из таких треугольников, например, треугольник A1OA2. По следствию из теоремы об окружности, вписанной в правильный n-угольник, окружность касается сторон n-угольника в их серединах. Следовательно, радиус OB, проведённый из центра O в точку касания, делит сторону A1A2 пополам, то есть A1B=BA2=an/2, где а сторона правильного n-угольника. Поэтому высота OB треугольника A1OA2 является и его медианой, значит треугольник A1OA2 – равнобедренный. Отсюда следует, что OB делит угол A1OA2 пополам, т.е. угол A1OB=½ улга A1OA2. А поскольку угол A1OA2=360°/n. Для прямоугольного треугольника A1BO справедливо соотношение A1B/BO=tg∟A1OB или an/2r=tg180°/n. Отсюда получаем r=(an)/(2tg•(180º/n))

Определение: Окружностью называется вписанной в многоугольник, если все стороны этого многоугольника касаются окружности. Т: В любой правильный многоугольник можно вписать окружность и при том только одну.

Билет 18.  (1) Т: Квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других  сторон минус удвоенное произведение этих сторон  на  косинус угла между ними. Д: Рассмотрим ∆АВС и введём три вектора АВ, АС и ВС.  По правилу сложения  векторов АВ=ВС=АС, откуда ВС=АС-АВ. Найдём скалярное произведение вектора самого на себя (скалярный квадрат): ВС2=(АС-АВ)2 или ВС2=АС2+АВ2-2АС•АВ. По свойствам скалярного произведения имеем ВС2=АС2+АВ2-2АС•АВ•cosA. Введём обозначения ∆-ка АВС: ВС=а, АС=b, АВ=с. Окончательно получим а2=b2+c2-2bc cosA. Т: доказана.

(2) Луч, исходящий из вершины угла и делящий его на два равных угла называется биссектрисой угла. Биссектриса обладает свойством, которое можно сформулировать в виде теоремы. Т: Каждая точка биссектрисы неразвёрнутого угла равноудалена от его сторон. Обратно: каждая точка, лежащая внутри угла и равноудалена от сторон угла, лежит на его биссектрисе. Д: 1)На биссектрисе угла АВС возьмём произвольную точку М, проведём перпендикуляры МК и МL к прямым АВ и ВС и докажем, что МК=МL. Рассмотрим прямоугольные треугольники МКВ и МLB. Они равны (∆МКВ=∆MLB) по гипотенузе (МВ – общая гипотенуза) и острому углу (Ð1=Ð2, так как МВ – биссектриса. Следовательно, МК=МL.

2) Пусть точка М лежит внутри угла АВС и равноудалена от его сторон, то есть МК=МL, где МК^АВ, ML^BC. Докажем, что луч МВ – биссектриса угла АВС. Прямоугольные треугольники МКВ и МLВ равны по гипотенузе и катету (МВ – общая гипотенуза, МК=МL по условию), отсюда Ð1=Ð2. Следовательно, МВ – биссектриса угла АВС. Т: доказана.

Билет 16. (1) Т: В прямоугольном ∆ квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов (пифагогра). Д: Рассмотрим прямоугольный ∆АВС с катетами а и b и гипотенузой с. С помощью равных ему прямоугольных ∆-ков построим квадрат расположив треугольники так как и на рисунке. Сторона квадрата равна а+b, следовательно площадь S=(a+b) 2. С другой стороны этот квадрат состоит из четырёх равных прямоугольных треугольников, площадь которых равна 4•½ ab=2abи квадрата со стороной с. Площадь которого равна с2. Таким образом площадь S=2аb+c2. Приравниваем полученые выражения (a+b)2=2ab+c2;а2+2ab+b2=2ab+c2;с2=a2+b2. Т: доказана. Справедлива теорема, обратная теореме Пифагора Т: если квадрат одной стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон, то треугольник прямоугольный. С помощью этой теоремы, зная стороны треугольника, можно определять является ли он прямоугольным.(2). Две точки А и А1 называются симметричными относительно точки О, если точка О- середина отрезка АА1.Точка О считается симметричной самой себе. Фигура называется симметричной относительно точки О, если для каждой точки фигуры симметричная ей точка относительно точки О так же принадлежит этой фигуре. Точка О называется центром симметрии фигуры. Поэтому о симметричной фигуре относительно точки О можно сказать, что она обладает центральной симметрией. Фигуры обладающие центральной симметрией это: а) окружность(центр симметрии- центр окружности;б) параллеограмм(центрсимметрии- точка пересечение диагоналей).Фигуры F и F1 называются симметричными относительно точки О. При таком преобразовании не меняются расстояния между точками, поэтому преобразование симметрии является движением.

Билет 14.  (1) Признак 1. Если в четырёхугольнике две стороны равны и параллельны, то этот четырёхугольник – параллелограмм. Признак 2. Если в четырёхугольнике противоположные стороны попарно равны, то этот четырёхугольник – параллелограмм. Признак 3. Если в четырёхугольнике диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то этот четырёхугольник – параллелограмм. Докажем второй признак.      Д: Пусть в четырёхугольнике АВСD АВ=DC, AD=BC Докажем, что АВСD – параллелограмм. Для  этого проведём диагональ АС и рассмотрим ∆АВС и ∆СDА. ∆АВС=∆СDА по третьему признаку равенства треугольников (АD=BC, AB=DC, AC – общая сторона). Отсюда Ð1=Ð2, Ð3=Ð4. Но Ð1 и Ð2 – накрест лежащие углы при прямых ВС и АD и секущей АС. Значит ВС║AD;Ð3 и Ð4 – накрест лежащие углы при прямых АВ и DC и секущей АС, значит АВ║DC. Таким образом, противоположные стороны четырёхугольника АВСD попарно параллельны, следовательно,

АВСD – параллелограмм. Признак доказан.

(2) Параллельным переносом на вектор а называется такое преобразование фигуры F, при котором каждая её точка М переходит в точку М1 , такую что вектор ММ1 равен вектору а:ММ1=а. Основное свойство параллельного переноса состоит в том, что при параллельном переносе сохраняются расстояния между точками и любая прямая переходит в прямую, параллельную исходной. Докажем это. Пусть М и N –произвольные точки фигуры F, расстояние между которыми равно MN.При параллельном переносе на вектор а точки М и N переходят в точки М1 и N1 соответственно. Так как ММ1=NN1=а, то ММ1=NN1 и ММ1║NN1 .Значит четырёхугольник MM1N1N-параллелограмм (по первому признаку). Отсюда следует, что, MN=M1N1 и MN║M1N1. Из того, что при параллельном переносе сохраняются расстояния между точками, следует, что параллельный перенос есть движение. Движение бывает: поворот, параллельный перенос, осевая и центральная симметрии.

Билет 24. (1) Скалярным произведением двух векторов называется число, равное произведению их модулей (длин) на косинус угла между ними. Скалярное произведение векторов a и b обозначается так: a • b. По определению a • b = |a|•|b|cos(a^b), где символом (a^b) обозначен угол между векторами. Из определения скалярного произведения нетрудно вывести условие перпендикулярности двух ненулевых векторов: два ненулевых вектора перпендикулярны тогда и только тога, когда их скалярное произведение равно нулю.

Действительно, если a^b, причём |a|≠0, |b|≠0, то cos (a^b)=cos90º=0, значит a • b=0. Обратно, если a • b=0, причём |a|≠0, |b|≠0, то cos(a^b)=0, значит a^b. Легко видеть, что для ненулевых  a•b>0 при (a•b)<90º, a•b<0 при (a•b)>90º. Скалярное произведение вектора самого на себя a • a называется скалярным квадратом и обозначается a2. Из определения скалярного произведения следует  a 2= a•a= |a| |a|cos0= |a|2, т.е. скалярный квадрат вектора равен квадрату его модуля. Скалярное произведение обладает свойствами, справедливыми для любых векторов a, b, с и числа k. 1)   a2≥0, причём  a2>0 при |a|≠0. 2) a•b=b•a                            . (переместительный закон). 3) (a+b) • c=  a• c+b•c (распределительный закон). 4) (ka)•b=k(a•b) (сочетательный закон).

(2) Два угла называются вертикальными, если стороны одного угла являются продолжениями сторон другого. На рисунке углы 1 и 3, а также 2 и 4 – вертикальные. Вертикальные углы обладают следующим свойством. Свойство. Вертикальные углы равны. Действительно, углы 1 и 2, а также 2 и 3 – смежные, значит Ð1+Ð2=180º, Ð2+Ð3=180º, откуда Ð1=180º-Ð2, Ð3=180º-Ð2, т.е. Ð1=Ð3. Аналогично доказывается, что Ð2=Ð4. Два угла, у которых одна сторона общая, а две другие являются продолжениями одна другой, называются смежными (углы 1 и 2 на рисунке). Сумма смежных углов равна 180º.

Билет 22. (1) Чтобы вывести уравнение прямой на плоскости, рассмотрим следующую задачу: в прямоугольной декартовой системе координат найти уравнение такой прямой l, которая равноудалена от двух точек A(x1;y1) и B(x2;y2), т.е. является серединным перпендикуляром к отрезку AB. Выберем произвольную точку M(x;y), лежащую на прямой l. Такая точка называется текущей точкой прямой l, а её координаты – текущими координатами. Согласно условию задачи, AM=BM или AM2=BM2. Выразим в координатной форме левую и правую части последнего равенства: (x-x1)2+(y-y1)2=(x-x2)2+(y-y2)2. Преобразуем полученное уравнение x2-2xx1+x12+y2-2yy1+y12=x2-2xx2+x22+y2-2yy2+y22; 2•(x2-x1)•x+2(y2-y1)•y+x12-x22+y12-y22=0. Отметим, что x1,y1,x2,y2 – это числа, поэтому введём обозначения (x2-x1)=a; 2(y2-y1)=b; x12-x22+y12-y22=c. Тогда уравнение примет вид ax+by+c=0. Это и есть уравнение прямой. 1) Если a=0, т.е. x1=x2, то уравнение примет вид by+c=0 или y=y0, где y0=-c/b; в этом случае прямая параллельна оси Ox. 2) Если b=0, т.е. y1=y2, то уравнение примет вид ax+c=0 или x=x0, где x0=-c/a; в этом случае прямая параллельна оси Oy. 3) Если с=0, то уравнение примет вид ax+by=0; в этом случае прямая проходит через начало координат.

(2) Две пересекающиеся прямые на плоскости образуют 4 угла. Если один из углов прямой, то использованием свойств смежных и вертикальных углов можно доказать, что и остальные углы прямые. Две пересекающие прямые называются перпендикулярными, если они образуют 4 прямых угла. Перпендикулярность прямых l и m обозначается так: l^m. Рассмотрим задачу: дана прямая l и точка M на ней; надо построить прямую, проходящую через точку M и перпендикулярную прямой l. Отложим от точки M два равных отрезка MA и MB, лежащих на прямой l. Построим две окружности с центрами в точках A и B радиуса AB. Они пересекаются в двух точках K и L. Проведём прямую проходящую через точку М и одну из этих точек, например K. Докажем, что построенная прямая KM^l. В равнобедренном ∆AKB отрезок KM является медианой, а следовательно, и высотой, таким образом KM^l. Свойства смежных и вертикальных углов: сумма смежных углов равна 180º; вертикальные углы равны.

Билет 20. (1) Т: Если две стороны одного ∆-ка пропорциональны двум сторонам другого    ∆-ка и углы, заключенные между этими сторонами равны, то такие треугольники подобны. Д: Пусть у ∆АВС и ∆ А1В1С1   АВ ∕ А1В1= АС ∕ А1С1 и ÐА=ÐА1. Докажем, что ÐС=ÐС1. Для этого построим ∆АВ2С, у которого Ð1=ÐА1 , Ð2=ÐС1. ∆АВ2С и ∆А1В1С1 подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому АС ∕ А1С1=АВ2  ∕  А1В1. С другой стороны, по условию АС ∕ А1С1=АВ ∕ А1В1, откуда следует, что АВ=АВ2. ∆АВС и ∆АВ2С равны по двум сторонам и углу между ними (АС- общая сторона, АВ=АВ2 по доказанному, ÐА=Ð1 так как Ð1=ÐА1  ÐА1=ÐА). Отсюда следует, что ÐС=Ð2, а так как Ð2=ÐС1, то ÐС=ÐС1. Значит у треугольников АВС и А1В1С1 ÐА=ÐА1 (по условию) и ÐС=ÐС1 (по доказанному). По первому признаку подобия ∆АВС ~ ∆А1В1С1. Т: доказана.

(2) Пусть дан угол с вершиной в точке A. Построим биссектрису этого угла. Для этого проведём дугу окружности произвольного радиуса с центром в точке A. Она пересечёт стороны угла в точках B и C. Проведём дуги окружностей одинакового радиуса с центрами в точках B и C так, чтобы они пересеклись. Одну из точек пересечения этих дуг, лежащую внутри угла, обозначим буквой E. Соединим точку E с точкой A. Луч AE является биссектрисой угла A. Докажем это. Построим ∆ABE и ∆ACE. Они равны по третьему признаку равенства треугольников. (AE – общая сторона, AB=AC, BE=CE по построению). Отсюда следует, что ÐBAE=ÐCAE, т.е. AE – биссектриса угла A.