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

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Соликамский государственный педагогический институт»

(СГПИ)

Кафедра математики и физики

А. Е. Малых, Т. В. Рихтер

ИЗБРАННЫЕ ВОПРОСЫ

ОБУЧЕНИЯ ГЕОМЕТРИИ

(ДИСТАНЦИОННЫЕ КУРСЫ)

Учебное пособие

«Рекомендовано УМО по математике

педвузов Волго-Вятского региона

в качестве учебного пособия для студентов

педагогических направлений подготовки

высших учебных заведений»

Протокол №15 заседания Совета УМО от 24 мая 2011 г.

Соликамск

СГПИ

2011

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

2

УДК 37

ББК 74.262.21

М 20

Рецензенты:

В. И. Яковлев– доктор физ.-мат. наук, профессор,

декан механико-математического факультета

Пермского государственного университета;

В. И. Карпова– канд. пед. наук, доцент, зав. каф. математики

и естественно-научных дисциплин Пермского института

железнодорожного транспорта (филиал УрГУПС)

М 20 Малых, А. Е.

Избранные вопросы обучения геометрии (дистанционные кур-

сы) [Текст]: учебное пособие / А. Е. Малых, Т. В. Рихтер; ФГБОУ

ВПО «Соликамский государственный педагогический институт». –

Соликамск, 2011. − 176 с. – ISBN 978-5-89469-075-9

В данном учебном пособии представлены дистанционные курсы обу-

чения «Опорные планиметрические задачи», «Элементы сферической гео-

метрии», способствующие формированию и развитию интереса к геометрии,

ее практической части, привитию исследовательских навыков, совершенство-

ванию математической культуры обучаемых.

Пособие адресовано студентам педагогических вузов, обучающихся по

специальностям «Математика», «Информатика», по направлению бакалав-

риата «Педагогическое образование» с профилями «Математика», «Информа-

тика», учителям математики общеобразовательных и профильных школ, а

также всем тем, кто интересуется геометрией.

УДК 37

ББК

74.262.21

Рекомендовано к изданию РИСо СГПИ.

Протокол № 27 от 27.06.2011 г.

Работа выполнена в рамках фундаментального исследования ГРНТИ,

финансируемого Министерством образования и науки РФ

ISBN 978-5-89469-075-9 © Малых А. Е., Рихтер Т. В., 2011

© ФГБОУ ВПО «Соликамский

государственный педагогический

институт», 2011


3

ОГЛАВЛЕНИЕ

ВВЕДЕНИЕ………………………………………………………………. 4

ГЛАВА I. ДИСТАНЦИОННЫЙ КУРС «ОПОРНЫЕ

ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ»

Модуль 1. Теорема косинусов……………………………………… 10

Модуль 2. Прямоугольный треугольник………………………….. 27

Модуль 3. Теорема синусов………………………………………... 47

Модуль 4. Замечательные точки и линии в треугольнике……….. 64

1.4.1. Медианы треугольника…………………………………. 65

1.4.2. Биссектрисы треугольника…………………………….... 72

1.4.3. Высоты треугольника…………………………………..... 89

Модуль 5. Площадь треугольника и его частей…………………... 100

1.5.1. Равновеликость и равносоставленность………………... 101

1.5.2. Аналитическое решение задач, относящихся

к вычислению площади треугольника и его частей………….

112

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ.......................................................................... 127

ГЛАВА II. ДИСТАНЦИОННЫЙ КУРС

«ЭЛЕМЕНТЫ СФЕРИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ»

Модуль 1. Основные понятия сферической геометрии…………… 129

2.1.1. Сфера, большая и малая окружности………………........ 129

2.1.2. Расстояние между точками……………………………... 132

2.1.3. Полюс и поляра………………………………………....... 133

2.1.4. Угол на сфере…………………………………………....... 134

2.1.5. Понятие движения………………………………………... 136

2.1.6. Предмет сферической геометрии………………………... 138

2.1.7. Принцип двойственности……………………………........ 138

Модуль 2. Сферические треугольники………………………………. 140

2.2.1. Двуугольники и треугольники на сфере………………… 140

2.2.2. Полярные треугольники………………………………...... 141

2.2.3. Признаки равенства сферических треугольников………. 144

2.2.4. Равнобедренные сферические треугольники……………. 147

2.2.5. Площадь сферического треугольника…………………… 153

Модуль 3. Сферические многоугольники…………………………... 156

2.3.1. Понятие сферического многоугольника, его свойства........ 156

2.3.2. Площадь сферического многоугольника………………... 158

Модуль 4. Малые окружности……………………………………... 159

Модуль 5. Геометрические места точек на сфере………………........ 162

Задания для самостоятельного выполнения………………………... 164

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ……………………………………………… 174


4

ВВЕДЕНИЕ

Глубокие социально-экономические изменения в современном

обществе потребовали переосмысления государственной политики в

области высшего образования, направленной на усовершенствование

его структуры и обновление содержания, а также форм альтернативно-

го и вариативного обучения. Для создания такой адаптивной системы

необходимо решить целый комплекс педагогических, дидактических,

организационно-правовых и других задач, направленных на разработ-

ку инновационных образовательных проектов. Одним из них является

организация единого телекоммуникационного дистанционного про-

странства.

Неоднозначность в понимании сущности дистанционного образо-

вания определила две основные тенденции и стратегии его развития в

России: соединение возможностей современных информационных

технологий с традиционно сложившейся практикой обучения; по-

строение базовой модели образования, ориентированной на учет по-

требностей общества.

Поскольку дистанционное обучение позволяет построить для ка-

ждого обучающегося индивидуальную образовательную траекторию

посредством специально созданной информационной среды, удовле-

творяющей потребности в качественном образовании, представляется

целесообразным его внедрение в систему высшего образования, в том

числе и при овладении геометрическими знаниями. Это будет способ-

ствовать формированию мировоззрения обучаемых, развитию логиче-

ского мышления, пространственного воображения, памяти, творческих

способностей и т.д.

Под дистанционным обучением понимается комплекс образова-

тельных услуг, предоставляемых посредством специализированной

информационно-образовательной среды на любом расстоянии.


5

Геометрия является одной из центральных школьных дисциплин.

Перед учителем стоит важная проблема – не только дать учащимся

прочные знания, но и научить применять их на практике. Хотя обуче-

ние решению геометрических задач освещено в многочисленных пуб-

ликациях, проблема еще далека от разрешения. Известный педагог-

математик Д. Пойа выделил четыре этапа (ступени) в решении задач с

неизвестным для обучаемого алгоритмом решения: понимание смысла

задачи, ее условий, требований, связей между ними; поиск плана ре-

шения; его реализация; анализ поиска решения, самого решения, ре-

зультата. При решении проблемно-развивающих задач наибольшая

трудность ощущается на этапе поиска. Для ее преодоления имеются

общие эвристические приемы.

Российские методисты Ю. М. Колягин, Л. М. Фридман и другие

ученые разработали приемы решения задач, которые состоят в сле-

дующем:

– попытаться свести данную задачу к такому типу, способ реше-

ния которого известен;

– проанализировать требования задачи и попробовать применить

известный прием или метод;

– видоизменить задачу, т.е. на ее основе составить новую;

– разбить задачу на несколько вспомогательных, последователь-

ное решение которых может составить решение исходной;

– отыскать в литературе решенную задачу, аналогичную данной, и др.

Однако знание общих приемов поиска еще не гарантирует успеха

в решении. Необходимо заранее сформировать у обучаемых умения,

соответствующие каждому приему. Анализ исследований Д. Пойа и

ряда отечественных ученых позволил сделать вывод о том, что обу-

чать решению геометрических задач – значит формировать у обучае-

мых умения:


6

– анализировать условие задачи (выделять данные и требования,

соотносить первые со вторыми);

– устанавливать круг теоретических положений, которые могут ассо-

циироваться с каждым элементом условия и требования;

–выводить следствия, преобразовывать теоретические положения

(аксиомы, определения понятий, формулировки теорем) в способы

деятельности, эвристические приемы;

– владеть способами решения исходных задач, к совокупности ко-

торых сводятся более сложные;

– составлять новые задачи путем изменения условий старых, за-

мены на равносильные; формулировать обратные задачи; выполнять

обобщения и конкретизации; использовать результаты решения;

– решать задачи разными методами.

Известно, что процесс формирования любого понятия, умения,

приобретения навыков довольно длительный. Важным при этом явля-

ется последовательная и целенаправленная работа обучающего.

В предлагаемом пособии представлены два дистанционных курса

«Опорные планиметрические задачи», «Элементы сферической гео-

метрии». Дистанционный курс «Опорные планиметрические задачи»

преследует цель овладеть системой знаний и умений решения таких

задач. Ее реализация состоит в формировании и развитии у обучаемых

интереса к геометрии и ее практической части, интуиции, исследова-

тельских навыков; совершенствовании математической культуры.

Одним из важнейших этапов решения геометрической задачи яв-

ляется построение чертежа. Считают, что ни одна достаточно содер-

жательная задача не может быть быстро и рационально решена без

грамотно выполненного чертежа. В предлагаемом факультативном

курсе основным методом решения, который следует освоить и отрабо-

тать в первую очередь, является алгебраический. Его преимущество

заключается в том, что две основные его модификации (методы по-


7

этапного отождествления и составления уравнений) легко алгоритми-

зируются. Граница между ними до некоторой степени условна: первая

является частным случаем второй.

Применяя алгебраический метод при решении планиметрических

задач, не следует забывать о том, что обучаемые имеют дело с геомет-

рической задачей, а потому следует прежде всего искать в ней геомет-

рические свойства, особенности, соотношения. Рассматривая каждую

задачу вместе с методом ее решения, мы выделили множество эле-

ментарных задач, т.е. решаемых в одно действие, выполненное на ос-

нове известной теоремы или формулы. При этом конфигурация, к ко-

торой они применяются, достаточно четко обозначена в условии. О

границах множества таких задач приходится говорить условно. Тем не

менее его выделение представляется оправданным. Оно оказывается

полезным, т.к. решение более сложных и содержательных задач со-

ставляется из элементарных – «кирпичиков».

К двум указанным выше слагаемым (чертеж и алгебраический ме-

тод), помогающим решать задачи, добавляются владение объемом

вспомогательных геометрических фактов и теорем, наличие часто ис-

пользуемого списка так называемых опорных задач (термин И.

Ф. Шарыгина). В теоретическую часть школьного курса геометрии

включены главным образом теоремы, необходимые для его дальней-

шего развития. В то же время имеются теоремы, исключенные из

учебного курса, областью приложения которых является задача, а не

теория. Поэтому возникла необходимость в выделении некоторого

множества опорных задач, состоящего из набора дополнительных тео-

рем или иллюстрирующих часто встречающийся прием решения за-

дач, который обучаемый должен освоить. В процессе усложнения ре-

шаемых задач, как правило, расширяется и список опорных.

Особенностью курса геометрии, затрудняющей до некоторой сте-

пени процесс обучения решению задач, является то, что учащиеся

главным образом заняты изучением конкретной темы и решением свя-


8

занных с нею задач. Времени на то, чтобы решать задачи по всему

курсу планиметрии, практически не остается. В предлагаемом курсе, в

отличие от школьного, последовательность изучения материала опре-

деляется не тематикой, соответствующей порядку изложения в учеб-

нике, а уровнем сложности задач, степенью стандартности, умением

по их формулировке выяснить, какая именно задача может быть ис-

пользована в данном конкретном случае.

Порядок расположения задач для решения, опирающихся на кон-

кретную опорную, одинаков: вначале дается ее формулировка и дока-

зательство, указывается, в каких случаях она применяется, затем при-

водится историческая справка, после чего решаются разные типы за-

дач, уровень сложности которых постепенно повышается. Некоторые

из последних нами отнесены к опорным. Наконец, предлагается свыше

десятка задач для самостоятельной работы. Большая часть заданий

взята из материалов ЕГЭ.

Содержание дистанционного курса «Элементы сферической гео-

метрии» базируется на модели «университетское обучение». Он вклю-

чает теоретическую и практическую части. Первая разбита на пять мо-

дулей, в каждом из них рассматриваются понятия и теоремы по опре-

делѐнной теме раздела сферической геометрии, снабжѐнные нагляд-

ными чертежами. Кроме того, представлены задачи на применение

нового материала, составляющие задачник-практикум. Он содержит

упражнения двух уровней сложности: А и В, составленные таким обра-

зом, что при возникновении затруднений обучающийся имеет воз-

можность воспользоваться подсказкой.

Представленные материалы составлены в соответствии со сле-

дующими требованиями, предъявляемыми к планированию, разработ-

ке, организации и проведению дистанционных курсов обучения:

– интеграция трех системообразующих учебное пространство

сред – образовательной, профессиональной и социальной – посред-


9

ством использования в процессе обучения комплекса педагогиче-

ских и информационно-коммуникационных технологий;

– единство организационных и образовательных оснований по-

строения дистанционного курса обучения через управляемое взаимо-

действие педагогических и организационных подсистем;

– построение сети дистанционного обучения как системного инте-

гратора образовательных и производственных структур путем объеди-

нения человеческих, учебных, научно-методических, технологиче-

ских, информационных, управленческих и других ресурсов;

– создание условий для обеспечения в сети дистанционного обу-

чения качественного геометрического образования, обеспечиваемого

стандартными технологиями функционирования учебных, маркетин-

говых, кадровых, административных, финансовых и других подсис-

тем;

– ориентация образовательного процесса на профессиональное

самоопределение обучаемых.

Работа в дистанционной среде по овладению геометрией требует

от преподавателей более глубоких знаний и умений в области органи-

зации деятельности обучаемых в телекоммуникационной среде, а

именно: знаний ее назначения, особенностей устройства и функцио-

нирования; условий хранения и передачи информации внутри сети;

основных сетевых информационных ресурсов и специфики работы с

ними; особенностей организации и проведения телекоммуникацион-

ных проектов и тематических телеконференций; методических основ

организации работы в сети; правил поведения пользователей в сети,

основ телекоммуникационного этикета; работы с электронной почтой,

телекоммуникациями, сетевыми информационными службами; а так-

же умений обрабатывать информацию, полученную по сети.


10

ГЛАВА I

ДИСТАНЦИОННЫЙ КУРС

«ОПОРНЫЕ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ»

МОДУЛЬ 1. ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ

Теорема косинусов является одной из центральных и наиболее

часто используемых в школьном курсе геометрии. Ее мы и примем в

качестве опорной.

Теорема 1.1. В каждом треугольнике квадрат любой его сто-

роны равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного

произведения этих сторон на косинус угла между ними.

Аналитическая запись ее имеет вид

с2

= а2+ b

2 − 2аb cos C (1.1),

где а, b, с − длины сторон, С – угол, заключенный между а и b.

Для квадратов двух других сторон треугольника справедливы анало-

гичные формулы

b2 = а

2 + с

2 – 2ас cos B и а

2 = b

2 − 2bс cos A.

Из множества доказательств (1.1) выберем два.

Доказательство (первый способ). Для угла С имеется три воз-

можности.

1. 90С . Тогда cos 090 и (1.1) примет вид с

2 = а

2 + b

2, т.е.

является теоремой Пифагора. Поэтому (1.1) иногда называют обоб-

щенной теоремой Пифагора.

2. С < 90 (рис. 1а). В АВС есть еще хотя бы один острый

угол. Пусть им будет В. Опустим на СВ из А высоту h = АD. Так

как В и С − острые углы, то D лежит внутри отрезка СВ.


11

В прямоугольном ACD CD = b cos C, тогда ВD = а – b cos С. В

прямоугольном треугольнике ADB по теореме Пифагора с2 = h

2 + DB

2,

c2 = h

2 + (a – b ·cos C)

2. Высоту h находим по обратной теореме Пифа-

гора h2 = b

2 – CD

2 или h

2 = b

2 –b

2 cos

2C.

Поэтому

с2 = b

2 – b

2 cos

2С +a

2 – 2ab cos C + b

2 cos

2C.

Приходим к доказан-

ному равенству:

с2 = а

2 + b

2 – 2ab cosC.

3. С > 90 (рис.

1б). Основание D высоты

AD = h лежит на продол-

жении ВС за точку С. Снова обозначим CD = b·cos C. В этом случае

BD = а + bcos C и из прямоугольного ADC по теореме Пифагора

находим с2 = (а + СD)

2 + h

2. По определению косинуса тупого угла

имеем cos C = b

СD , поэтому CD =− b cos C. Наконец, из ACD

снова получаем h2 = b

2 – CD

2. Подставим значение h

2 в с

2 = (а + СD)

2

+ h2

и получим h2 = b

2 − (− b cos C)

2, с

2 = а

2 − а

2−2 ab cos C + b

2 cos

2 C

+ b2 − b

2 cos

2 C, откуда c

2 = a

2 + b

2 – 2ab cos C.

Доказательство (второй способ). Равенство (1.1) гораздо легче

доказывается с использованием векторной алгебры. Из рис. 1 видно

BCABAC , откуда

BCACAB . Возведем обе части этого

равенства скалярно в квадрат

BCABBCACAB 2

222

, от-

куда АВ2 = АС

2 – 2АВ·ВС·cos С + ВС

2.

Потому равенство (1.1) доказано. Заметим, что если угол

С − острый, то сos C>0, если прямой, то сos C=0, для тупого угла

сos C<0.


12

Теорема 1.2. Даны три стороны треугольника. Найти его углы.

Доказательство. Пусть а, b, с − длины сторон треугольника. Из

(1.1) получаем

0 (1.2).

Аналогичным образом находятся косинусы углов А и В:

bc

acbA

2cos

222 и

ac

bcaB

2cos

222 .

При решении задач формулы (1.1) и (1.2) будут использованы как

самостоятельные.

К числу опорных отнесем еще и возможности использования (1.2).

Теорема 1.3. Треугольник является остроугольным, прямо-

угольным или тупоугольным в зависимости от того, будет ли

квадрат его наибольшей стороны меньше, равен или больше суммы

квадратов двух других сторон.

Доказательство следует из (1.2). В ней знак косинуса угла зависит

от знака числителя, т.к. знаменатель всегда положителен.

Историческая справка. Теорема косинусов была по существу до-

казана средствами геометрической алгебры в «Началах» Евклида (III

в. до н.э.) − 12 и 13 предложения II книги. Герон Александрийский (I

в.), Папп Александрийский (IV в.), Брахмагупта (VII в.), Бхаскара

Акария (XII в.), европейские ученые Леонардо Пизанский (Фибонач-

чи, XII в.), И. Неморрарий (XV в.) пользовались теоремами, близкими

к теореме косинусов, для нахождения углов треугольника. Однако яв-

но теорему косинусов сформулировал в словесной форме в 1579 г.

Франсуа Виет. Он представил ее в виде, который, в аналитической за-

писи, может быть представлен

Ccba

ab

90sin

1222.2

.


13

Привычный нам вид теорема приняла в 1801 г. у Лазара Карно

(1753 – 1823). Ученые стран ислама IX – X вв. решения любых тре-

угольников сводили к решению прямоугольных, а потому не нужда-

лись в теореме косинусов и не знали ее.

Теорема косинусов решает три опорные задачи:

1) нахождение стороны треугольника по двум другим сторонам и

углу между ними;

2) нахождение угла треугольника по известным трем сторонам;

3) по двум сторонам и углу, не лежащему между ними, найти тре-

тью сторону треугольника.

Если в первых двух задачах искомый элемент определяется одно-

значно, то третья может иметь одно, два или ни одного решения, так

как соответствующая задача на построение треугольника по двум сто-

ронам и углу, не лежащему между ними, может иметь также одно, два

или ни одного решения.

Если А < 90° и а с, то задача имеет одно решение; если h < a

< c, где h − расстояние от вершины В до основания АС, то задача име-

ет два решения; в случае же а = h имеется одно решение.

Если А 90°, то при а > c − одно.

Теорема косинусов часто применяется для составления уравнения

(уравнений и их систем).

Перейдем к решению задач.

Задача 1. Длины сторон треугольника образуют арифметиче-

скую прогрессию. Косинус среднего по величине угла треугольника ра-

вен 3

2. Найдите его периметр.

Решение. Обозначим длину средней по величине стороны через х.

Тогда длины двух других − (х – 1) и (х + 1). Данный угол лежит против

стороны х. Используя формулу (1.1), составляем уравнение:


14

3

211211

222 ххххх ,

откуда 3

13

3

1 2 х , тогда 102 х и 10х . Наконец, 103P .

Задача 2. Длины сторон треугольника равны 3, 5 и 7. Найдите его

наибольший угол.

Решение. Искомый угол лежит против стороны большей длины.

По формуле (1.2) получим: 2

1

532

753cos

222

A , откуда

120A .

Задача 3. В ΔАВС АВ = 4, ВС = 5,

SΔ 35 . Найдите высоту, опущенную из

вершины В, если 0cos ABC (рис. 2).

Решение. По условию

SΔ= B sin542

1, откуда В sin1035 ,

2

3sin В и 60В . Рассмотрим

ΔАВС:

2160cos54225162 AC , 21AC . SΔАВС= BD 212

1.

Составим уравнение: BD 212

135 , откуда

7

710BD .

Приведем примеры простых задач, при решении которых форму-

лы (1.1) и (1.2) используются дважды.

Задача 4. В равнобедренном треугольнике АВС угол при вершине

В равен 120º, АС 212 . Найдите длину медианы АМ (рис. 3).


15

Решение. Из ΔАВС по формуле

(1.1) найдем боковую сторону:

120cos2284 22 ABAB ,

72AB . Тогда

72

1

2

1 ABBCBM .

Снова используем (1.1) для ΔАВМ:

120cos2

12

4

1 222 ABABABABAM , откуда

49142872 AM . Следовательно, АМ=7.

Задача 5. В равностороннем треугольнике АВС с основанием АС,

длина которого 15, на стороне ВС взята

точка D так, что BD : BC=1 : 3, а на

стороне АВ – точка Е так, что АЕ=ЕD.

Найдите длину СЕ (рис. 4).

Решение. Так как BD : BC=1 : 3, то

BD=5, DC=10. Пусть ВЕ=х, тогда

АЕ=15–х. Применим (1.1) для нахожде-

ния ВЕ из ΔВЕD: 60cos522515 22 xxx , откуда

20025 x и х=8. Тогда АЕ=7, а ВЕ=8. Далее, ЕС можно найти из

ΔВСЕ или ΔАСЕ. Во втором случае 60A и

60cos2222 AEACAEACEC ,

2

17152492252 EC , ЕС

2=169, откуда ЕС=13.

Задача 6. В ΔАВС длины сторон АВ = 3, ВС = 5 и АС = 6. На АВ

взята точка М так, что ВМ = 2АМ, а на стороне ВС – К так, что

3ВК = 2КС. Найдите длину МК (рис. 5).


16

Решение. Из ΔАВС найдем Bcos

по (1.2):

15

1

352

36925

2cos

222

BCAB

ACBCABB

т.е. угол В – тупой. В ΔВМК известны МВ = 2, ВК = 2. По (1.1) най-

дем МК:

15

168

15

118cos222442

BMK ,

15

308MK .

В приведенной ниже задаче теорема косинусов используется три-

жды.

Задача 7. В АВС стороны равны:

,17АВ ВС = 4, СА = 5. На стороне ВС

взята точка D так, что BD = 1. Найдите ве-

личину угла ADB.

Решение. Из анализа изучения условия

приходим к тому, что следует применить тео-

рему косинусов, и причем не один раз.

Сначала применим формулу для нахождения угла АВС из АВС:

B cos4172161725 , откуда .17

1Bcos Теперь в

ABD известны длины двух сторон и косинус угла между ними.

Найдем AD: BAD cos11721172, откуда AD = 4. В

этом же треугольнике определяем угол ADB:

01712

16171cos

ADB . Следовательно, ADB =90°.


17

Задача 8. Определите вид треугольника (остроугольный, тупо-

угольный или прямоугольный), если длины его сторон равны: а) 6; 7; 9;

б) 7; 24; 25; в) 23; 25; 34.

Решение. а) Пусть а=6, b=7, с=9. Так как для сторон треугольника

выполняется условие cba , то для его углов – CBA .

Значит C – наибольший. По формуле (1.2) находим:

021

1

762

814936cos

C , откуда следует, что C – острый, а

потому треугольник – остроугольный;

б) а=7, b=24, с=25. Находим 02472

62557649cos

C , следова-

тельно, треугольник – прямоугольный;

в) а=23, b=25, с=34. По формуле (1.2)

0575

1

25232

1156625529cos

C , а потому треугольник – тупо-

угольный.

Задача 9. В треугольнике АВС проведены высоты АЕ и СР. Най-

дите длину ЕР, если АС=26 см и

13

12sin B .

Решение. Пусть ВР = т, ВЕ = п,

АВ = х, ВС = у (рис. 7). По (1.1) для

ΔАВС находим АС:

Bxyyx cos226 222, причем

13

5

169

1441cos B . Поэтому

13

5226 222 xyyx (*).


18

Из ΔАВЕ и ΔВРС найдем Bcos : y

mB

x

nB cos,cos соот-

ветственно. Выразим т и п из этих соотношений:

xBxn13

5cos , yBym

13

5cos . Из ΔРВЕ по (1.1) имеем:

13

52

169

25

13

5

169

252

169

25

169

25cos2 2222222 xyyxxyxyBmnnmPE .

Выражение, стоящее в скобках, по (*) равно 262. Поэтому

10026169

25 22 PE , откуда РЕ=10 см.

Задача 10. В треугольнике АВС известно АВ = 3, ВС = 4 и АС = 2.

BD – высота этого треугольника, опущенная на прямую АС. Найдите

длину CD (рис. 8).

Решение. Определим вначале вид

ΔАВС: 04

1

232

423cos

222

A .

Значит, угол А – тупой, а потому точ-

ка D лежит на продолжении стороны

СА. Рассмотрим ΔАВС. Найдем по

(1.2) косинус угла С:

16

11

242

324cos

222

C .

В этом треугольнике 75,2cos CCBCD .

Применение теоремы косинусов дает возможность получить фор-

мулу для нахождения медиан треугольника, если известны длины его

сторон.

Замечание. Эта формула может быть выведена также при рас-

смотрении трех опорных задач, связанных с линиями в треугольнике.


19

Теорема 1.4. Пусть та – длина медианы, проведенной к стороне а

треугольника АВС (рис. 9), длины двух

других его сторон равны b и c. Докажи-

те, что 222 222

1acbma .

Заметим, что теорема может быть

доказана несколькими способами.

Доказательство. Найдем косинус

угла В треугольника АВС по (1.2): ac

bcaB

2cos

222 .

Из ΔABD по формуле (1.1) найдем длину медианы:

Ba

ca

cma

cos2

24

222

.

Подставив в это равенство значение Bcos , получим

4

22

222424

22222222

222222 acbbcaa

cac

bcaac

acm

a

,

откуда

222 222

1acbma (1.3).

Аналогичным образом находят длины других медиан:

222 222

1bcamb ,

222 222

1cbamc .

Однако они могут быть получены из (1.3) круговой подстановкой

а, b, с. Правило для запоминания простое.

Задача 11. Докажите, что во всяком прямоугольном треугольни-

ке справедливо соотношение 222

5Rmm ba , где тa, mb – медианы,

проведенные к соответствующим сторонам, R – радиус описанной

окружности (рис. 10).


20

Доказательство. Обозначим угол А через α, тогда В = 90о – α.

Применим (1.1) к треугольникам АВВ1 и ВВ1С:

cos2

22

2

2

2

c

bc

bmb ,

90cos

22

2

2

2

2 ca

ca

ma

.

Найдем искомую сумму:

cossin4

222

222 bacba

cmm ba

2222 524

5

4

5

4

12 RRc

c

bb

c

aacc

.

Задача 12. Дан BAC . Внутри него выбрана точка М, уда-

ленная от сторон угла на расстояния а и b. Найдите расстояние от

М до вершины угла.

Решение. В четырехугольнике AEMD (рис. 11)

90 MDAMEA . Кроме этого, BAD , поэтому

180EMD , опираясь на сум-

му внутренних углов выпуклого

многоугольника. Тогда около четы-

рехугольника AEMD можно описать

окружность. Диаметром ее является

отрезок АМ, т.к. вписанный угол

АЕМ прямой, т.е. АМ=2R.


21

Выразим ED из двух треугольников AED и EMD, используя тео-

рему синусов: RED

2sin

и RED

2

180sin

.

С другой стороны,

180cos2222 abbaED , откуда

cos222 abbaED , поэтому

sin

cos2

sin2

22 abbaEDRAM

.

Задача 13. В параллелограмме

AВСD AD=2, 60BAD , прямая

ВЕ перпендикулярна AD и

32BE . Найдите длину

бóльшей диагонали (рис. 12).

Решение. В прямоугольном

ΔABЕ отрезок АЕ лежит против угла 30º, а потому равен AB2

1.

Составим уравнение, используя теорему Пифагора:

122

12

2

ABAB , 162 AB , откуда АВ = 4. Для нахождения

бóльшей диагонали АС рассмотрим ΔADС. В нем 120D , AD = 2

и DС = 4. Тогда 28120cos4221642 AC , поэтому

72AC .


22

Задача 14. В треугольнике АВС АВ = 34 , ВС=3. Площадь тре-

угольника равна 33 . Найдите радиус описанной окружности, если

ее центр лежит внутри треугольника.

Решение. Последнее замечание подсказывает, что ΔABС – остро-

угольный. Так как даны площадь и длины двух сторон, то используем

формулу для нахождения площади треугольника

BBABCS ABC sin2

1. Тогда B sin343

2

133 , откуда

2

1sin B , а потому 30B . Применим формулу (1.1) для ΔABС:

2130cos34324892 AC , откуда 21AC . Зная длины

трех сторон треугольника и его площадь, найдем радиус описанной

около него окружности: 334

21334

4

S

abcR , 21R .

Задача 15. Пусть СD – диаметр окружности с центром в точке

О и АВ – параллельная этому диаметру хорда. На диаметре СD вы-

брана точка М. Докажите, что сумма 22 MBMA не зависит от

положения хорды АВ.

Доказательство. Соединим точки А и В

с центром окружности (рис. 13).

Рассмотрим ΔМОА и ΔМОВ. Для нахо-

ждения АМ 2 и ВМ

2 соответственно приме-

ним теорему косинусов (1.1):

BOMOMROMRBM cos2222,

AOMOMROMRAM cos2222.


23

Так как АВ||СD, то дуга АС равна дуге BD и AOCBOD ,

тогда 0180AOM как смежный AOC .

Найдем сумму 2222 2 OMRBMAM , которая, таким обра-

зом, не зависит от положения хорды АВ.

Задача 16. Докажите, что в любом треугольнике углы А, В, С

связаны соотношением

CBABCA cossinsin2sincoscos 222.

Доказательство. Пусть длины сторон треугольника АВС равны а,

b и с. Применим формулу (1.1): Сabbac cos2222 (**). Из

теоремы синусов

R

C

c

B

b

A

a2

sinsinsin, получим

ARa sin2 , BRb sin2 , CRc sin2 . Подставим эти значе-

ния в формулу (**):

.sinsin

sin42sin4sin4sin4 2222222

CB

ARBRARCR

Разделим обе части этого равенства на 24R :

CBABAC sinsinsin2sinsinsin 222 ,

выполним тождественные преобразования:

CBABAC sinsinsin2cos1cos1cos1 222 ,

откуда CBABCA cossinsin2sincoscos 222 .

Соотношение доказано.

Задача 17. В параллелограмме AВСD со стороной AD = 32 прове-

дена биссектриса угла А, проходящая через точку Р на стороне ВС.

Найдите периметр трапеции AРСD, если ее средняя линия равна 17, а

диагональ РD= 889 (рис. 14).


24

Решение. Так как средняя линия трапеции AРСD равна 17, то

РС = 2. Треугольник AРВ – равнобедренный (АР – биссектриса

ВAD). Поэтому ВР = 30, а значит, и AВ = СD =30. Тогда в ΔРСD

известны длины трех сторон. Используя формулу (1.2), найдем коси-

нус угла С: 8

1

3022

88990042cos

.

Наконец, АР можно найти из ΔABР: так

как 2180 ABP , то по формуле

(1.1):

2180cos

2222

BPABBPABAP

,

2222 458

1302302 AP , откуда АР = 45. Теперь можно найти

периметр трапеции AРСD: Р = 45 + 2 + 30 + 32 = 109.

Задача 18. В треугольнике АВС А = 60º, АВ = 1, ВС = а. Найди-

те длину АС (рис. 15).

Решение. В условии даны две стороны и угол не между ними. Зна-

чит, можно применить теорему косинусов:

AACABACABBC cos2222 ,

60cos121 22 xxa , откуда 01 22 axx . При реше-

нии уравнения выясним знак дискриминанта и сделаем вывод:

если ,2

3a то задача не имеет решения; при ,

2

3a имеется

единственное решение – АС = 2

1; при 1

2

3 a


25

задача имеет два решения

341

2

1 2аAC ;

при а 1 − одно решение

341

2

1 2аАС .

Заметим, что в скобках после каждой

из задач указаны ответы.

1. Найдите длину стороны треугольника, лежащую против угла

120º, если длины двух других сторон − 6 см и 10 см.

(14 см)

2. Установите вид треугольника с длинами сторон 3, 5 и 7.

(Тупоугольный)

3. Установите вид треугольника с длинами сторон 4, 5 и 6 .

(Остроугольный)

4. В треугольнике АВС отрезок, соединяющий середины сторон АВ и

ВС, равен 3, сторона АВ равна 7, угол С равен 60º. Найдите длину ВС.

(3+ 22 )

5. В треугольнике со сторонами 3, 4 и 6 проведена медиана к

большей стороне. Найдите косинус угла, образованного медианой и

меньшей стороной треугольника.

12

14

6. В параллелограмме АВСD со стороной AD, равной 12, проведе-

на биссектриса АР. Найдите периметр получившейся трапеции АРСD,

если ее средняя линия равна 7, а диагональ PD = 2,86 .

(41)


26

7. Длины сторон треугольника равны 25, 39 и 56. Найдите высоту,

опущенную на большую сторону.

(15)

8. Докажите, что в любом треугольнике углы А, В и С связаны со-

отношением:

.coscoscos1cossinsin2 222 BACCBA

9. В треугольнике длины сторон 4, 5 и 6. Найдите его наибольшую

медиану.

1065,0


27

МОДУЛЬ 2. ПРЯМОУГОЛЬНЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК

Историческая справка. «Если слушать тех, кто любит повторять

древние легенды, то придется сказать, что эта теорема восходит к Пи-

фагору <…>». Так писал Прокл (410 – 485) в своем комментарии к

«Началам» Евклида о том, что квадрат гипотенузы в треугольнике ра-

вен сумме квадратов катетов. Об этом же повествует и другой древне-

греческий ученый Плутарх (I в.). На основе этих высказываний долгое

время считали, что до Пифагора такой теоремы не знали, а потому на-

звали ее «теоремой Пифагора». Однако к настоящему времени уста-

новлено, что она встречается в вавилонских клинописных текстах уже

в XVIII в. до н. э. Более того, древние египтяне за 2800 лет до н. э. зна-

ли, что треугольник с длинами сторон 3, 4, 5 – прямоугольный. Еги-

петские жрецы и гарпетонапты (натягиватели веревки) использовали

«мерные ленты» с узелками на расстоянии друг от друга в один фара-

онский локоть для построения прямого угла при возведении храмов,

культовых сооружений, восстановления залитых илом участков земли

и др. В Китае предложение о квадрате гипотенузы в треугольнике было

известно как минимум за 500 лет до Пифагора. Теорему знали и в древ-

ней Индии. В «Чхандах сутра»

Пингалы (II в. до н.э.) имеются

следующие предложения:

1) квадрат диагонали пря-

моугольника равен сумме квад-

ратов его большей и меньшей

сторон;

2) квадрат на диагонали

квадрата в два раза больше са-

мого квадрата (рис. 16).


28

Одно из ранних наглядных доказа-

тельств теоремы Пифагора содержится в

сочинении «Лилавати» Бхаскары Акария

(1114 − 1185). Воспроизведем его, ис-

пользуя современные обозначения.

Пусть АВDE – квадрат, сторона которого

равна гипотенузе АВС. Обозначим

АВ = с, ВС = а, АС = b. Проведем

DK CB , BCK , ELKD и

АМ EL, М EL (рис. 17). Тогда легко показать, что треугольники

АВС, КВD, DLE и МЕА равны между собой. Кроме того,

KL = LM = CM = CK = a − b. Таким образом, площадь квадрата АBDE

равна сумме площадей четырех прямоугольных треугольников и внут-

реннего квадрата СКLM: 22

2

4bа

аbс ,

222 22 babaabс , откуда с2 =а

2 + b

2. Заметим, что в качестве

«египетского треугольника» индусы рассматривали треугольник с

длинами сторон 5, 12 и 13 единиц. На рис. 17 приведен именно такой

треугольник, а под ним − лаконичная надпись «Смотри!». Опорные

задачи этого раздела сформулируем в виде теорем.

Теорема 2.1. Если в треугольнике АВС один из углов прямой, то

теорема косинусов упрощается и имеет вид

с2=а

2+b

2 (2.1),

где с − гипотенуза, а и b − катеты.

Справедлива и обратная теорема.

Приведем несколько задач, в которых используется формула (2.1).


29

Задача 1. Определите площадь правильного треугольника по его:

а) стороне; б) высоте h.

3

32;

4

32 ha

Задача 2. а) Выразите длину стороны правильного треугольника

через его площадь S. б) Определите площадь равнобедренного тре-

угольника по его гипотенузе.

3

2 Sа ;

4

2cS

Задача 3. Точка М расположена внутри прямого угла и удалена

от его сторон на расстояния а и b. Найдите ее расстояние от вер-

шины угла.

22 ba

Задача 4. В круг вписан прямоугольник,

длины сторон которого относятся как

8 : 15. Найдите длины его сторон, если

радиус круга 34 см (рис. 18).

Решение. По условию АВ : ВС = 8 : 15.

Пусть АВ = 8t; ВС = 15t.

Тогда в АВС

2222 28922564 tttAC , АС=17t,

AC = 2∙34=68; потому 17t = 68, t = 4. Сле-

довательно, АВ = 32 см; ВС = 60 см.

Задача 5. Каждая сторона квадрата повернута на 30о внутрь его

(рис. 19). Определите отношения длин сторон и площадей данного

квадрата и квадрата, образованного из частей повернутых сторон

исходного квадрата.


30

Решение. Пусть АВ = с, тогда в AFB

BF= с2

1 и по обратной теореме Пифагора

.2

3cАF Поэтому

13222

3

cccEF , а

13

2

cSEFKL . Отношение площадей

данного и искомого квадратов равно:

.133243244

:2

22

cc

Отношение длин сторон этих квадратов равно:

13

13

2

132

c

c.

Задача 6. Катеты треугольника относятся как 9 : 40, а его пло-

щадь равна 720. Найдите гипотенузу.

Решение. Пусть t – коэффициент пропорциональности. Используя

теорему о площади прямоугольного треугольника и условие задачи,

найдем t: ,7201092

1 22 tt откуда

t = 2. По формуле (2.1) находим

824122924022

c .

Задача 7. В прямоугольнике АВСD из-

вестно, что АВ = 2, ВС = 3 . Точка М

делит CD в отношении 1 : 2, считая от


31

точки С; К − середина АD. Какой из отрезков больше: ВК или АМ

(рис. 20)?

Решение. Учитывая условия задачи, определяем:

3

4;

2

3 DMАК . Сравниваемые отрезки находим по теореме Пи-

фагора из треугольников АВК и ADМ соответственно:

ВК= ;2

19

4

34

3

46

9

163 АМ .

Сравниваем их длины: ,3

46

2

19 откуда 246193 или

171 < 184. Следовательно, ВК < AM.

Задача 8. В прямоугольный треугольник, периметр которого ра-

вен 15 см, вписана окружность радиуса 1 см. Найдите длины сторон

треугольника.

Решение. Пусть АВС – прямоуголь-

ный треугольник, окружность с цен-

тром О вписана в него, D, E, F – точ-

ки касания (рис. 21).

Обозначим катеты АС = b;

ВС = а. Тогда в соответствии с усло-

вием задачи BD = a −1; AF = b −1.

По свойству касательных к окружно-

сти DB = ВЕ и AF = AE = b − 1. По-

этому длина гипотенузы АВ = а + b − 2. По теореме Пифагора

222 2 babа . Второе условие – 15ΔABCP см – приводит

к уравнению 15222 bа , откуда а+b = 8,5. Рассмотрим систему

уравнений


32

.5,8

,2222

ba

baba

Из первого уравнения после тождественных преобразований по-

лучим 2(а+b) = 2+ab, откуда ab =15. Преобразованная система имеет

вид

.5,8

,15

ba

ba Выражая а из второго уравнения системы и подстав-

ляя его значение в первое, получим уравнение 2b2 - 17b + 30 = 0, отку-

да b1 = 6, b2 = 2,5. Но тогда а1 = 2,5; а2 = 6. Следовательно, катеты тре-

угольника равны 2,5 и 6, а гипотенуза (а + b −2) = 6,5.

Ответ: a=2,5; b=6; c=6,5.

Теорема о свойстве медианы, проведенной из вершины прямого

угла на гипотенузу, часто используется при решении задач. Сформу-

лируем ее как опорную.

Теорема 2.2. Медиана, выходящая из вершины прямого угла

треугольника, равна половине гипотенузы:

cmc2

1 (2.2).

Известно более 15 способов ее доказа-

тельства. Приведем некоторые из них.

Способ 1. Используется формула для на-

хождения длины медианы, если известны

длины сторон треугольника:

.2

12

2

122

2

1 22222 ccccbamc


33

Способ 2. Векторный (рис. 22).

baCM2

1;

.2

1

2

1cos2

2

1 2222 cbabCbaaCM

Способ 3. Координатный (рис. 23). Прямоугольную декартову

систему координат выберем так, чтобы оси ОХ и ОУ совпали с катета-

ми треугольника, а начало − с вершиной прямого угла. Тогда коорди-

натами вершин АВС и точки М являются С(0;0); А(а;0); В(0;b);

М .2

;2

bа

По формуле расстояния между

двумя точками имеем:

c.babа

СМ 22

2

1

4

1

2

10

20

2

22

Способ 4. Около прямоугольного треугольника всегда можно опи-

сать окружность. Центр М ее лежит на середине гипотенузы и, следо-

вательно, одинаково удален от вершин треугольника, а потому

СМ = с2

1.

Способ 5. Дополнение треугольника до прямоугольника осущест-

вляется в двух вариантах:


34

1) строим МК || ВС (рис. 24) и проводим МL || АС. Тогда четырех-

угольник CKML − прямоугольник. KL − средняя линия АВС, а по-

тому KL = .2

1AB МС − диагональ CKML. Но МС=KL. Следовательно,

ABMC2

1 ;

2) удвоив медиану СМ, достроим

треугольник АВС до прямоугольника

CADB (рис. 24). Диагонали АВ и CD его

равны, а потому равны и их половины,

т.е. СМ= .2

1AB

Способ 6. В АВС (рис. 24) из точки М опустим перпендикуляр

МL на СВ, тогда ML || AC, потому АМ=МВ. Т.к. СМВ – равнобед-

ренный, то СМ=ВМ= АВ2

1.

Способ 7. Обозначим через х угол САМ

(рис. 25). Как и в предыдущем случае, СМА

– равнобедренный и СМ=МА= АВ2

1.

Сформулируем еще одну опорную задачу.

Теорема 2.3. В прямоугольном треуголь-

нике: а) высота, опущенная из вершины

прямого угла на гипотенузу, есть средняя пропорциональная вели-

чина между проекциями катетов на эту гипотенузу;


35

в) каждый катет – средняя пропорциональная величина между

гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу.

В аналитической записи утверждения а) и в) имеют вид:

h 2 = ac· bc (2.3),

а 2 = ас с; b

2 = bc c (2.4),

где ас и bc – проекции катетов а и b на гипотенузу с; h – высота,

опущенная из вершины прямого угла. Доказательство утверждений

(2.3) и (2.4) следует из рассмотрения трех пар подобных треугольни-

ков.

Задача 9. Найдите площадь прямоугольного треугольника, один

катет которого равен 13, а высота, опущенная на гипотенузу, – 12.

Решение. Из CBD определим BD по обратной теореме Пифаго-

ра: 22 CDCBBD , 6144169 BD (рис. 26). Формула (2.3)

позволяет найти АD: СВ2 =АВ·BD. Пусть AD = x, тогда 169 = (5+х)·5,

откуда 5

144х . Применим теорему Пифагора для ADC:

АС 2 =СD

2 + AD

2,

AC=

2

5

144144

и АС= .

5

156 На-

конец, CBACSΔABC 2

1 и

.8,202135

156

2

1ΔABCS

Задача 10. Катеты треугольника равны 15 см и 20 см. Из верши-

ны прямого угла проведены высота и биссектриса. На какие отрезки

разделилась гипотенуза?


36

Решение. Пусть АС = 15 см, ВС = 20 см (рис. 27), тогда по теореме

Пифагора АВ = 25 см. Используя свойство биссектрисы, находим АЕ и

ЕВ; 35t=25, t= .7

5 Поэтому АЕ = .

7

100;

7

75ВЕ Пусть DE = х.

Выразим CD из треугольников ACD и BCD, затем, приравняв полу-

ченные соотношения, найдем х:

222 ADACDC ,

222 BDBCCD , подставив значе-

ния длин отрезков, получим:

22

7

100400

7

75205

xx ,

откуда х = 7

12. Наконец,

AD = 97

12

7

75 . Следовательно, AD = 9 см; DB =

7

51 см; EВ =

7

214 см.

Задача 11. В треугольнике больший угол при основании равен 45о,

а высота делит основание на части 20 см и 21 см. Найдите длину

большей боковой стороны.

Решение. Если будем знать

длину АВ, то по теореме косинусов

вычислим длину ВС (рис. 28). АВ

находим как гипотенузу равнобед-

ренного треугольника ABD:

22АВ . Из АВС по теореме

косинусов вычислим ВС:

ВС 2=АС

2+АВ

2 −2АС·АВ cos45º,

292

222041222041

22 2ВС .


37

Сравнивая АВ и ВС, убеждаемся в том, что ВС >AB: 20 292 ,

800<841.

Задача 12. В прямоугольной трапеции с основаниями 17 см и 25 см

бóльшая боковая сторона равна 10. Из ее середины восстановлен пер-

пендикуляр до пересечения с продолжением другой боковой стороны.

Найдите его длину.

Решение. Для нахождения KF, являю-

щейся в CKD высотой и медианой, дос-

таточно знать длину его боковой стороны

(рис. 29). Она определяется из двух тре-

угольников ВСК и KFD. Обозначим АК

через х. Тогда ВК = ВА + х. Длина мень-

шей боковой стороны трапеции находится

из CED (CE = AB). Тогда ВК = 6 + х. В

ВСК: КС 2 = КВ

2 + ВС

2; в КАD: KD

2 = АК

2 + AD

2.

Приравняв правые части этих равенств, получим

2222 ADAKBCKB или 625 + х 2 = 289 + 36 + 12х + х

2, откуда

х = 25. Находим KD из KAD: KD = 25 2 . Используя теорему, об-

ратную теореме Пифагора, определим KF: KF= .35251250

Задача 13. Из вершины С квадрата ABCD со стороной 4 см про-

ведена прямая, пересекающая сторону AD в точке К. Найдите длину

высоты ВМ ВКС, если КС= 5 см.

Решение. Из КСD найдем KD : КD = 3 (рис. 30). Тогда АК = 1 и

в АВК ВК = 17 . Определим ВМ, используя введение вспомогатель-

ного неизвестного. Пусть КМ = х, тогда МС = 5 − х. Из треугольников

МВС и МВК находим ВМ, приравниваем правые части равенств и оп-

ределяем х: ВМ 2 = ВК

2 − КМ

2, ВМ

2 = ВС

2 − МС

2, поэтому


38

ВК 2 − КМ

2 = ВС

2 − МС

2. Подставив число-

вые данные, определяем х: х =2,6. Из КВМ

находим ВМ:

2,36,217 2 22 КМКВВМ (см).

В следующих двух задачах поупражняемся

в нахождении величин углов прямоугольного


Задача 14. В прямоугольном треугольнике

АВС ( 90С ) проведена биссектриса АА1

острого угла А. Прямая СМ1, перпендикуляр-

ная АА1, пересекает гипотенузу АВ в точке

М. Найдите угол между СМ и А1М, если

А (рис. 31).

Решение. Пусть 2

1

САА . Тогда уг-

лы при основании САМ равны по 90º−2

и АК – медиана. В СА1М

290901

AМС , отрезок А1К

является высотой и СК=КМ. Поэтому 22

11

αАСМА .

Задача 15. В прямоугольном АВС точки К и М принадлежат

гипотенузе АВ, причем АК=АС и ВМ=ВС. Найдите величину угла

МСК (рис. 32).

Решение. Пусть CAB , тогда в


39

∆АКС 2

90

АКСАСК . В ∆МВС

.2

45

BCMBMC В МСК ис-

комый угол

452

902

45180

КСМ.

Решим более сложные задачи.

Задача 16. Окружность, центр которой

лежит внутри квадрата РQRS, касается стороны PQ в точке К, пересе-

кает сторону PS в точках А и В, а диагональ PR – в точках С и D. Най-

дите радиус окружности, если

АВ=16, CD=2 92 (рис. 33).

Решение. Построим квадрат

Q1P1S1R1, описанный около окруж-

ности. Пусть LM = x. Выполним

параллельный перенос РQRS на

вектор

LM . В результате PS сов-

падет с P1S1. Поэтому ОТ=х.

ONT − равнобедренный прямо-

угольный, в нем NO = NT = 2

x.

В ∆LBO: r2=(r−x)

2+64; в NOD : NO

2=r

2−92. Составим систему

уравнений:

.922

,642 22

22

rx

xrxrr

(*).


40

После выполнения тождественных преобразований имеем:

64, 2 2 184 64

2 184 60 0

2 2

2 2 2

2rx x rx r

r x r xr

откуда 6042

2

1,2

xxr ; 60

421

2xxr (**);

06042

2

2

xxr – не удовлетворяет условию задачи. Подставим

r1 в (*) и получим: 92604

6042

242

2222 xxxxx

,

32604

2x

x , откуда 01024604

22

2 xx

x , поэтому

х4 +240х

2−4096=0. Обозначим х

2 = t;

тогда t 2 + 240t − 4096 = 0, откуда

t1,2 = −120 18496120409614400 или t1,2 = −120 136. От-

куда 16t , а потому x2 = 16 или x = 4.

Подставим это значение в (**) и найдем

r = 2+ 1082604

16 .

Задача 17. В прямоугольном треугольнике АВС (90С ) с ка-

тетами, равными 12 и 5, из вершины прямого угла проведена высота

СН. В каждый из треугольников АСН и ВСН вписана окружность.

Найдите квадрат расстояния между центрами этих окружностей

(рис. 34).


41

Решение. Обозначив радиусы окружностей соответственно через

r1 и r2, опустим перпендикуляры из центра каждой окружности на ги-

потенузу. Получим KL = r1 + r2, а длина отрезка О1М = r1 − r2. По тео-

реме Пифагора 22

21

2

21

2

21

2

21 2 rrrrrrОО .

Радиус окружности, вписанной в треугольник с катетами а, b и

гипотенузой с, находится по формуле:

21

BCCHBHr

,

22

ACCHAHr

.

По теореме Пифагора

найдем АВ = 13, получим,

что

,13

12sin A

13

5cos A . Тогда

13

60sin AACCH ,

13

25cos AACAH ,

13

144sin ABCBH .

Подставим найденные значения в правые части r1 и r2:

13

24

2

1213

60

13

144

1

r , 13

10

2

513

60

13

25

2

r .

Наконец, .OO 8169

6762

169

100

169

57622

21

Рассмотрим еще несколько опорных задач.


42

Пусть R и r − радиусы описанной около прямоугольного тре-

угольника и вписанной в него окружностей; а, b, с − длины катетов и

гипотенузы (рис. 35).

Теорема 2.4. Для прямоугольного треугольника справедливы

формулы:

cR2

1 (2.5),

причем центр описанной окружности совпадает с серединой гипо-

тенузы;

cpcba2

1r (2.6), где

где р − полупериметр треугольника;

baRr 2

1 (2.7).

Доказательство. Справед-

ливость формулы (2.5) установ-

лена при доказательстве теоре-

мы 2.2 (способ 4).

Формула (2.6) непосредст-

венно следует из рис. 35:

raBDBL ;

КА = AD = b − r.

АВ = AD + DB = a − r +b− r = c.

Отсюда r = cba 2

1. Добавим и вычтем из правой части с,

2

1

получим r=p−c.

Последнее утверждение:


43

bacbac

Rr 2

1

2

1

2

1

2

1

2.

Задача 18. Найдите гипотенузу треугольника, если длины его

сторон образуют арифметическую прогрессию с разностью, равной

1.

Решение. Пусть х – больший катет, тогда х − 1 и х + 1 − соответст-

венно меньший катет и гипотенуза. По теореме Пифагора справедливо

соотношение 222)1(11 xxx , откуда 24х = х

2, х

2 − 4х = 0 и

х1=4 или х2 = 0. Второй корень не удовлетворяет условию задачи.

Задача 19. Катеты треугольника равны 8 и 15. Найдите рас-

стояние от вершины прямого угла до центра вписанной в треугольник

окружности.

Решение. Пусть АС = 8, ВС = 15, а точка Р − центр вписанной в

треугольник окружности. Тогда СР − искомое расстояние (рис. 36). По

теореме Пифагора найдем АВ:

АВ = .1722564

Четырехугольник LCKP −

квадрат, длина стороны которого

равна радиусу r окружности. Он

находится по формуле (2.6):

3171582

1r , а РС − диа-

гональ квадрата. Поэтому РС = 232 r .

Задача 20. Один катет треугольника равен 5, а проекция другого

катета на гипотенузу − 2,25. Найдите длину гипотенузы.

Решение. Обозначим проекцию данного катета на гипотенузу че-

рез х. Тогда по формуле 2.3 имеем 25 = (х + 2,25) х или


44

4х2 + 9х − 100 = 0, откуда х = 4. Поэтому длина гипотенузы

4 + 2,25 = 6,25.

Задача 21. Один катет

треугольника равен 6, медиа-

на, опущенная на этот катет,

равна 5. Найдите длину гипо-

тенузы этого треугольника.

Решение. Пусть ВС = 6,

AD = 5 (рис. 37). Тогда АВ = 4

и из АВС по теореме Пи-

фагора найдем гипотенузу: 13246 22 АС .

Задача 22. Радиус ок-

ружности, вписанной в пря-

моугольный треугольник, ра-

вен полуразности его кате-

тов. Найдите отношение

большего катета к меньше-

му.

Решение. Пусть а, b −

катеты прямоугольного тре-

угольника (а<b). По условию r = cab 2

1. Поэтому ca

2

1 . Тогда

с 2 = а

2 + b

2, откуда .

2

3

4

1 cccacb 2222

Искомое отношение .32

1:

2

3 c

c

a

b


45

Задача 23. Катеты треугольника равны 3 и 4. Найдите радиус

окружности, проходящей через вершину прямого угла, середину боль-

шего катета и вершину противолежащего острого угла.

Решение. Пусть АС = 3; ВС = 4 (рис. 38). Так как АСD − прямо-

угольный, то AD − диаметр окружности, описанной около АСD .

132

149

2

1

2

1 ADR .

Задачи для самостоятельного решения

1. Из одной точки к данной прямой проведены перпендику-

ляр и две наклонные. Определите длину перпендикуляра, если длины

наклонных 41 см и 50 см, а их проекции на данную прямую относятся

как 3:10. (40 см)

2. Боковые стороны треугольника равны 25 см и 30 см. Дли-

на высоты, опущенной на основание, − 24 см. Определите длину осно-

вания. (25 см)

3. В равнобедренной трапеции длина боковой стороны 41 см,

высоты – 4 дм, а средней линии – 45 см. Определите длины оснований.

(36, 54)

4. В равнобедренной трапеции длины оснований 10 см и 24 см, а

боковой стороны – 25 см. Определите ее высоту. (7 см)

5. Докажите, что в прямоугольной трапеции разность квад-

ратов диагоналей равна разности квадратов оснований.

6. В прямоугольной трапеции длина меньшей диагонали равна

большей боковой стороне. Определите большую диагональ, если

большая боковая сторона равна а, а меньшее основание – b.

22 3bа


46

7. В параллелограмме ABCD BAD = . Найдите величину

угла между высотами параллелограмма, проведенными из вершины B.

8. Периметр ромба 8 см, а высота 1 см. Найдите его тупой

угол. (120º)

9. Перпендикуляр, опущенный из вершина прямоугольника на

его диагональ, делит ее в отношении 1:3, а ADС − в отношении 1 : 2.

Найдите длину диагонали, если длина меньшей стороны прямоуголь-

ника 16. (24)

10. Прямоугольная трапеция делится диагональю на два треуголь-

ника: равносторонний со стороной а и прямоугольный. Найдите сред-

нюю линию трапеции. (0,75 а)

11. Основания прямоугольной трапеции равны 20 см и 25 см,

большая боковая сторона – 13 см. Найдите периметр трапеции.

(11 см)

12. Если длина гипотенузы прямоугольного треугольника

равна сумме квадратов натуральных чисел, а длина одного катета –

разности их квадратов, то длина второго катета – натуральное число.

Докажите.

13. Катеты прямоугольного треугольника равны 42 см и 56 см.

Найдите отрезки, на которые гипотенуза делится биссектрисой прямо-

го угла. (30 см, 40 см)

14. Найдите неизвестные стороны прямоугольного треуголь-

ника, в котором высота, проведенная к гипотенузе, равна 24 мм, а про-

екция одного катета на гипотенузу больше проекции другого на 14 мм.

(30 мм, 40 мм, 50 мм)

15. В АВС проведены высота ВК и отрезок BL, перпендику-

лярный стороне АВ. Известно, что ALB =45°, а точка L делит отрезок


47

КС пополам. Найдите длину стороны АС, если КС=4 см.

(6 см)

16. Высота, опущенная на гипотенузу треугольника, делит ее

на отрезки, равные 24 и 54. Найдите катеты этого треугольника.

1318;1312

МОДУЛЬ 3. ТЕОРЕМА СИНУСОВ

Для решения треугольника необходимо иметь три независимых

соотношения между шестью его элементами. В евклидовой геометрии

одним из них является сумма внутренних углов треугольника. Кроме

этой теоремы, в случае косоугольного треугольника можно использо-

вать теоремы косинусов или синусов. Исторически сложилось так, что

вторую доказал Жозеф Луи Лагранж (1736 – 1813) из теоремы косину-

сов, а Огюстен Луи Коши (1789 – 1857), наоборот, вывел теорему ко-

синусов из теоремы синусов.

Ученые Индии, как отмечалось выше, и стран ислама IX – X вв.

сводили решение любых треугольников к решению прямоугольных, а

потому не нуждались в теореме синусов. Она была доказана лишь в XI

в. уроженцем Хорезма астрономом и математиком Абу-р-Райханом

Мухаммедом ибн Ахмедом ал - Бируни (973−1050). Вместе с теоре-

мой о сумме внутренних углов треугольника теорема синусов

sinC

c

sinB

b

sinA

a (3.1),


48

представляющая два независимых уравнения, позволяет решать

любой треугольник.

Начиная с XVI столетия этой теоремой пользовались и европей-

ские ученые. В «Математических таблицах» (1579) французского ма-

тематика Франсуа Виета (1540 – 1603) приведена обобщенная теорема

синусов

2RsinC

c

sinB

b

sinA

а (3.2),

где R – радиус описанной около треугольника окружности.

Введем опорные задачи.

Теорема 3.1. Существует единственная окружность, описанная

около треугольника; центр ее совпадает с точкой пересечения сере-

динных перпендикуляров, проведенных к сторонам треугольника.

Теорема 3.1 является следствием из двух взаимно обратных теорем:

1) каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равно-

удалена от концов этого отрезка;

2) обратно: каждая точка, равноудален-

ная от концов отрезка, лежит на серединном

перпендикуляре к нему.

Доказательство. Пусть прямая m – сере-

динный перпендикуляр к отрезку АВ, а точка О –

его середина (рис. 39).

1. Рассмотрим произвольную точку М пря-

мой m. Докажем, что АМ=ВМ. Если точки М и

О совпадают, то это равенство верно, так как О –

середина АВ. Пусть М и О не совпадают. Тогда прямоугольные тре-

угольники МОВ и АМО равны по двум катетам: АО=ОВ и ОМ – общий

катет. Из этого следует, что АМ=МВ.


49

2. Рассмотрим произвольную точку N, равноудаленную от концов

отрезка АВ. Докажем, что N лежит на прямой m. Если ABN , то

она совпадает с точкой О и потому mN . Если же ABN , то

треугольник ANB равнобедренный по условию: AN=NB (рис. 39). То-

гда NO – его медиана, а значит, и высота. Поэтому ABNO . Следо-

вательно, прямые ON и m совпадают, т.е. mN .

Следствие. Серединные перпендикуляры к сторонам треуголь-

ника пересекаются в одной точке (рис. 40).

Доказательство.

Рассмотрим серединные

перпендикуляры m и n к сторо-

нам АВ и ВС. Они пересекаются

в некоторой точке О, так как в

противном случае прямая ВА,

будучи перпендикулярной m,

была бы перпендикулярна и к

параллельной ей прямой n. То-

гда через точку В проходили бы две прямые ВА и ВС, перпендикуляр-

ные n, что невозможно.

По доказанной теореме ОВ=ОА и ОВ=ОС, поэтому ОА=ОС, т.е.

точка О равноудалена от концов отрезка АС, а потому лежит на сере-

динном перпендикуляре р к этому отрезку. Следовательно, все три се-

рединных перпендикуляра m, n, p к сторонам треугольника АВС пере-

секаются в точке О.

Теорема 3.2. Пусть угол ВАС – вписанный в окружность с

центром в точке О. Тогда центральный угол ВОС в два раза больше

вписанного угла ВАС.


50

Доказательство очевидно из рис. 41.

Теорема 3.3. Пусть О – центр

окружности, описанной около тре-

угольника АВС, D – середина сторо-

ны BC. Если угол αА − острый,

то αDOC (обобщенная теорема

синусов) (рис. 41).

Доказательство. Пусть αА ,

тогда αDOC . Из прямоуголь-

ного DOC получим: sinαOC

DC , откуда OC

sinα

DC или

R2sinA

a2 ; аналогично из треугольников АОС и АОВ получают

RsinB

b2 и R

sinС

c2 , откуда следует справедливость (3.2).


Задача 1. В треугольнике АВС

АВ=5, ВС=9, ВЕ АС, ВЕ=3 (точка

Е расположена между А и С). Най-

дите радиус окружности, описанной

около АВС (рис. 42).

Решение. Из АВЕ находим si-

nA=0,6 и по теореме синусов из

АВС получим R26,0

9 , откуда

R=7,5.


51

Задача 2. В АВС 45А ,

15С , 64CB . Найдите

АС (рис. 43).

Решение. Используем формулу (3.1): Bsin

AC

Asin

BC или

оо 12045

64

sin

AC

sin .

3

2

2

264

AC, откуда АС=12.

Задача 3. В равнобедренном АВС (АВ=ВС) А= , АС=b, АЕ

– биссектриса. Найдите АЕ (рис. 44).

Решение. В А ВС проведем высоту BD

и рассмотрим DBC: ВС =cosα

b

2.

В АЕС

2

3180

2180

αααАЕС

.

Кроме того, используем формулу (3.1):

ECAsin

AC

sinС

AE

, откуда АЕ = .

2

3αsin

bsinα

Задача 4. В треугольнике ACD (о90C ) CD – биссектриса,

о15A , 3AC . Найдите AD (рис. 45).

Решение. В прямоугольном ACD ACD = 45º, так как CD –

биссектриса. Тогда CDA = 120º. Для этого треугольника применим


52

формулу (3.1): Dsin

AC

Csin

AD

или

45120

3

sin

AD

sin , откуда

232

223

AD .

Задача 5. Одна сторона тре-

угольника равна 2, прилежащие углы

равны 30º и 45º. Найдите остальные

стороны треугольника (рис. 46).

Решение. Найдем третий угол это-

го треугольника: С=105°.

sin (90º+15º) = cos15º=

22

13

8

324

4

32

2

2

31

.

По теореме синусов

105

2

45 sinsin

a , откуда

4

2

4

6

2

22

a

4

2624232 .

По теореме синусов 105

2

30 sinsin

b .

Тогда 2626

4

4

2

4

6

2

12

b .


53

Задача 6. В равнобедренном треугольнике боковые стороны рав-

ны b, высота, опущенная на основание, равна h. Выразите радиус опи-

санной около этого треугольника окружности через b и h (рис. 47).

Решение. Из ABD найдем sinA =b

h. Из АВС по теореме сину-

сов получим RsinA

b2 , откуда

h

b

b

h

bR

2

22

.

Задача 7. В параллелограмме ABCD диагональ АС разбивает угол А

на два угла α и β, АС=d. Найдите площадь параллелограмма (рис. 48).

Решение. Площадь паралле-

лограмма ABCD:

SABCD=АВ·AD·sin(180º− ( + )).

Рассмотрим АВС. Найдем

последовательно АВ и AD. Ис-

пользуя теорему (3.1), имеем BAC

BC

B

AC

sinsin, откуда

βα

d

α

BC

sinsin; βBCA , так как BCAСAD (как внутренние

накрест лежащие углы при ВС || AD и секущей АС). Поэтому

βα

AC

β

AB

180sinsin или

sin

sin βdAB .

Наконец, находим

SABCD =

βα

βd

βα

βd

βα

βd

sin

sinsin

sin

sinsin

sin

sin 2 .


54

Задача 8. В равнобедренной трапеции ABCD (AD и ВС − основа-

ния) βВСА ; αСDА ; AD=m. Найдите площадь трапеции (рис.

49).

Решение. В CAD βCAD (при ВС||AD и секущей АС), тогда

в ACD С =180º− ( βα ). Применим теорему синусов в ACD:

βsin

CD

βαsin

m

, откуда CD=

βαsin

sinβm

.

В AВС -BА С∠ и АВ = CD, откуда βαsin

ВС

sinβ

АВ

или

.βαsin

βαsinm

sinββαsin

βαsinsinβm

sinβ

βαsinABCB

Высо-

ту трапеции находим из CDK: sinαCD

СК или

СК = CD·sin βα

αβmα

sin

sinsin.

Подставим CD и CK в формулу для площади трапеции:

2

2

sin1 sin sin

2 sin sin

1 sin sin sin sin

2 sin

ABCD

m α β m β αS m

α β α β

( (α β) (α β)) α βm

α β

.cossinsin

cossin2

2

12

2

βα βα

βα m

Окончательно

.sin

cossin2

222

βα

βαmSABCD


55

Задача 9. В треугольнике АВС АВ=ВС, BD – высота. Через сере-

дину высоты – точку К – проведена прямая, пересекающая АВ и ВС в

точках Е и F соответственно. Найдите αBEF (рис. 50).

Решение. ЕF входит в BEF,

поэтому нужно найти один линей-

ный элемент. Третий угол

βαBEF 180 , а ВЕ опре-

делим из КВЕ, используя фор-

мулу (3.1):

2180

βαsin

BE

αsin

BK

, ВК=

2

h (по

условию), тогда inαs

βαsinh

EB2

2

.

Отрезок EF определим из BEF, еще

раз применив формулу (3.1):

βαsin

BE

sinβ

EF

180

или

.

2 βαsinsinα

sinβ2

βαsinh

EF

Задача 10. В треугольнике

АВС ,αА С . Точка D

лежит на стороне ВС,

βDAC . Найдите отноше-

ние площадей треугольников

ABD и ADC (рис. 51).


56

Решение. В треугольнике ADC γβADС 180 . Тогда в

ABD γβBDA (как смежный). В этом же треугольнике

βαBAD . Отношение площадей искомых треугольников

DC

BD

AKCD

AKBD

S

S

ΔADC

ΔABD

2

12

1

. Нужно найти BD и DC. Выразим общую

сторону АD из этих треугольников. ))(180( γαsin

AD

βαsin

BD

,

откуда AD =

βαsin

γαsinBD

(*).

В ADC: sinβ

DC

sinγ

AD , откуда AD =

sinβ

sinγDC (**).

Приравняем правые части (*) и (**):

sinβ

sinγDC

βαsin

γαsinBD

,

откуда

αsinsinβ

βαsinsinγ

DC

BD.

Таким образом,

α sinnβis

β- sinsinα

S

S

ΔADC

ΔABD.

Задача 11. Из вершины А равностороннего треугольника АВС

проведен луч, пересекающий ВС. На нем выбрана некоторая точка М

так, что 30АМС , 20АMВ . Найдите МАВ (рис. 52).

Решение. Обозначим искомый угол через х, а каждую из сторон

АВС – через а. Отрезок АМ является общей стороной двух тре-

угольников: АСМ и АВМ. Углы, лежащие против АМ в этих треуголь-

никах, равны соответственно:


57

хАСМ 6030180 ,

)20(180 хАВМ . Из каждого

треугольника выразим АМ.

В :ABM )20(20 xsin

AM

sin

AB

,

откуда АМ =

20

20

sin

axsin

;

в ACMΔ : )90(03 xsin

AM

sin

AC

, от-

куда АМ= .5,0

cosxa Приравняем правые части двух равенств:

cosxasin

xsina

220

20

. Преобразуем полученное выражение:

sin(20º+ x) = 2sin20º· cosx; sin20º·cosx + cos20º·sinx = 2sin20º·cosx.

Выполнив тождественные преобразования, получим sinх·соs20º

− cosx·sin20º = 0 или 020sin

x , откуда х = 20º.

Задача 12. Найдите площадь трапеции, если ее основания равны

m и n, а прилежащие к основа-

нию m углы равны α и β (рис.

53).

Решение. Для нахождения

SABCD следует найти высоту, так

как основания известны. Ис-

пользуем метод введения вспо-


58

могательного элемента: пусть LD равен х, тогда АК=m − (n+x).

Находим ВК и CL из двух треугольников АВК и DCL. Приравняем

правые части полученных соотношений. ВК=АК·tgα , СL= βtgLD

или (m−n−x)·tgα=x·tg β , откуда tgβtgαxtgαn-m , а потому

tgβtgα

tgαnmx

. Из CLD находим CL=

tgβtgα

tgβ tgαnm

. После упро-

щения получим:

βαsin

sinβinαsnmCL

.

SABCD =

βα

βα nmCLnm

sin

sinsin

2

1 22

.

Перейдем к решению задач с использованием обобщенной теоре-

мы синусов.

Задача 13. Около треугольника АВС

описана окружность. ВС=а;

B=α;C= β . Биссектриса угла А пе-

ресекает окружность в точке К. Най-

дите АК (рис. 54).

Решение. Так как в окружность впи-

сан АВС, то угол АВС − вписанный,

опирающийся на хорду АС; АКС –

также вписанный, а потому равен углу АВС; АКС=α.

Так как АК – биссектриса, то

КАС= 2

βα

90180

2

1βα . В АКС АК лежит против

угла КСА, который равен:

290

290180

KCA . Найдем АК из АКС


59

по формуле (3.2):

290

βαsin

АК

=2R (*). Но в исходном АВС

RsinBAC

ВС2 или

R

βαsin

a2

180

(**). Приравнивая левые

части (*) и (**), получаем: βαsin

a

βαcos

АК

2

, откуда

АК= βα

βαa

sin

2cos

.

Задача 14. Катеты треугольника равны 3 и 4. Найдите радиус

окружности, проходящей через вершины острых углов этого тре-

угольника и середину большего катета.

Решение. Пусть АВС –

треугольник с катетами

АВ = 3, ВС = 4 (рис. 55).

Саму окружность, радиус

которой следует найти,

можно не рисовать.

Важно увидеть тре-

угольник, связанный с ней,

к которому и применяют формулу (3.2). Им является ADC . По тео-

реме Пифагора АС = 5, а DC = 2

1ВС = 2. По той же теореме из прямо-

угольного треугольника ABD можно найти AD: AD = 13 – и синус


60

угла ВСА: sinC = АС

АВ, sinC = 0,6. Из треугольника ADC по теореме

(3.2) найдем R: RsinC

AD2 , откуда

6,02

13

R , а потому R =

6

135.

Задача 15. Стороны треугольника равны 2, 3 и 4. Найдите радиус

окружности, проходящей через концы большей стороны и середину

меньшей.

Решение. Пусть в АВС АВ = 2; ВС = 3 и

АС = 4 (рис. 56). Учитывая замечания к преды-

дущей задаче, определяем, что искомая окруж-

ность описана около АDС . В нем известны:

АС = 4, AD = 1. Нужно найти угол А (по теоре-

ме косинусов) из АВС :

,16

11

242

9416

2

222

ABAC

BCACABcosA то-

гда .16

153

256

1211 sinA Еще раз применим теорему косинусов для

АDС : СD2=AC

2+AD

2−2AC·AD·cosA, .

2

23СD Наконец, по форму-

ле (3.2) можно найти радиус искомой окружности: ,2sinA

DCR откуда

.15

46

3

4

30

23

3

8

3152

8423

153

16

2

1

2

23

R

Задача 16. Дан квадрат со стороной 1. Найдите радиус окружно-

сти, проходящей через одну из вершин квадрата, середину одной из его

сторон, не содержащих этой вершины, и центр квадрата.


61

Решение. Пусть АВСD − квадрат со

стороной 1 (рис. 57). Искомой окружно-

стью, радиус которой следует найти, яв-

ляется та, которая проходит через точки

С, F, E. Рассмотрим СFE .

Длины его сторон: FE = 0,5;

CF =2

2, а CE находится из CDE по

теореме Пифагора: CF=2

5. В СFE

теорема косинусов дает возможность найти угол FCE:

CECF

FECECFFCEosc

2

222

, откуда 10

3FCEosc . По основному

тригонометрическому тождеству 10

1FCEsin . Тогда

R =FCEsin

EF

2, т.е. 10

4

1

22

5R .


1. Угол при вершине равнобедренного треугольника равен 120º. Боко-

вая сторона равна 1. Вычислите основание.

( 3 )

2. Угол при основании равнобедренного треугольника равен 30º, а

основание – 1. Вычислите длину боковой стороны.

3

3


62

3. В треугольнике гипотенуза равна с, а острый угол – . Найди-

те: а) биссектрису прямого угла, используя теорему синусов; б) две

другие биссектрисы.

245sin

sin2

2cos

cos

245sin2

2sin

α

αc;

α

αс;

αc

4. В треугольнике АВС ,20,10 CA АС=10 см. Найдите

радиус описанной около этого треугольника окружности.

(10 см)

5. На основании ВС равнобедренного треугольника АВС взята

произвольная точка D. Сравните радиусы окружностей, описанных

около треугольников АBD и ACD.

(Радиусы равны)

6. В окружности радиуса 2 проведена хорда АВ, равная 2. Пусть

М – произвольная точка, отличная от А и В, этой окружности. Чему

равен АМВ ? (45º или 135º)

7. В остроугольном треугольнике АВС BDАС,

β,Вα,А BD=h. Найдите h.

βαsinαsin

βsinh

8. Треугольник АВС вписан в окружность радиуса 32 ,

80A , 40C . Найдите АС. (6)

9. В треугольнике АВС γСα,А . Точка D лежит на стороне

ВС, βDAC . Найдите отношение площадей треугольников ABD и

ADC.

βαβ

βαγ

sinsin

sinsin


63

10. Треугольник АВС вписан в окружность, радиус которой равен

5. BD АС (D лежит между А и С), АВ=5, AD=3. Найдите ВС.

(8)

11. Угол при вершине В, противолежащий основанию АС равно-

бедренного треугольника АВС, равен 20º. На стороне АВ выбрана точ-

ка D так, что 50ACD , а на стороне ВС – точка F так, что

60FAC . Найдите AFD∠ . (30º)

12. В равнобедренный треугольник с углом α при основании впи-

сана окружность радиуса r. Найдите радиус описанной окружности.

αsin

2сtgr

2

13. Вершина С прямоугольника АВСD лежит на стороне КМ рав-

нобедренной трапеции АВКМ (ВК || АМ), Р – точка пересечения отрез-

ков АМ и CD. Найдите острый угол трапеции, если АВ = 2ВС и

АР = 3ВК.

(arctg 2 . Указание: примените теорему синусов к ВСК )

14. В равнобедренной трапеции диагональ перпендикулярна боко-

вой стороне, большее основание равно а, а сумма меньшего основа-

ния и боковой стороны равна а4

3. Найдите меньшее основание.

4

32 a

15. Катеты треугольника равны 3 и 4. Найдите длину биссектрисы

прямого угла.

7

212


64

МОДУЛЬ 4. ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ТОЧКИ И ЛИНИИ

В ТРЕУГОЛЬНИКЕ

Историческая справка. С геометрией треугольника связаны пре-

жде всего четыре точки, являющиеся пересечением не менее извест-

ных линий. В книге IV «Начал» Евклида (III в. до н.э.) помещена зада-

ча: «Вписать в данный треугольник круг». Из ее решения вытекает,

что три биссектрисы внутренних углов треугольника пересекаются в

одной точке – центре вписанного круга (окружности). Из решения

другой его задачи следует, что серединные перпендикуляры, проведен-

ные к сторонам треугольника, пересекаются в одной точке – центре

описанного круга (окружности).

В «Началах» нет сведений о том, что три высоты треугольника

пересекаются в одной точке – ортоцентре («ортос» − прямой, пра-

вильный). Однако в том же столетии Архимед (III в. до н.э.), а затем

Прокл Александрийский (III в.), Прокл Диадох (410 – 485) этот факт

знали. Четвертой точкой треугольника является точка пересечения его

медиан. Теорема о том, что три медианы треугольника пересекаются

в одной точке – барицентре (центре тяжести) треугольника – впервые

была доказана Архимедом.

В XVIII в. указанные выше точки

привлекли внимание ученых. Они

были названы «замечательными» или

«особенными» точками треугольника.

Исследование свойств треугольника,

связанных с четырьмя и другими точ-

ками, послужило началом для созда-

ния новой ветви элементарной мате-

матики – «геометрии треугольника»,


65

или новой геометрии треугольника. У истоков ее был Леонард Эйлер

(1707 – 1783). В 1765 г. он доказал теорему о том, что в любом треуголь-

нике ортоцентр, барицентр и центр описанной окружности лежат на

одной прямой. Впоследствии она была названа «прямой Эйлера». В 20-х

годах XIX в. французские ученые Ж. В. Понселе (1788 – 1867) и

Ч. Дж. Брианшон (1785 – 1864) независимо друг от друга доказали теоре-

му: основания медиан, высот и середин отрезков высот, соединяющих

ортоцентр с вершинами треугольника, лежат на одной и той же ок-

ружности (рис. 58). Ее называют «окружностью девяти точек» или «ок-

ружностью Фейербаха». К. В. Фейербах (1800 – 1834) доказал, что центр

этой окружности лежит на «прямой Эйлера». В связи с этим «окружность

девяти точек» иногда называют «окружностью Эйлера». Значительный

вклад в развитие геометрии треугольника внесли ученые XIX – XX вв.

Лемуан, Брокар, Тебо и другие.

Перейдем к рассмотрению «замечательных линий» в треугольни-

ке, где они занимают столь важное место.

1.4.1. МЕДИАНЫ ТРЕУГОЛЬНИКА

Название отрезка, соединяющего вершину треугольника с середи-

ной противоположной стороны, проис-

ходит от латинского слова medius –

средний. В качестве опорной задачи

сформулируем теорему.

Теорема 4.1. Медианы треуголь-

ника пересекаются в одной точке и

делятся ею в отношении 2:1, считая

от соответствующей вершины.


66

Историческая справка. Впервые теорема была доказана великим

древнегреческим ученым Архимедом Сиракузским (III в. до н. э.), ус-

тановившим, что эта точка является центром тяжести треугольника.

Он нашел также центры тяжести 96 плоских фигур и пространствен-

ных тел.

Доказательство. Пусть АА1 и СС1 – медианы АВС (рис. 59), а М

– точка их пересечения. А1С1 – средняя линия АВС и А1С1 || АС,

САСА2

111 . Треугольники АМС и А1МС1 подобны. Следовательно,

21111

СА

АС

МС

СМ

МА

АМ. Проведя третью медиану ВВ1 и рассмотрев од-

ну из двух: АА1 или СС1, аналогичными рассуждениями получим, что

их точка пересечения также разделит медианы в отношении 2:1. Это

означает, что все три медианы пересекаются в одной точке и делятся

ею в отношении 2:1, считая от вершины.

Замечание. При решении задач бывает полезно продолжить ме-

диану за середину стороны на расстояние, равное длине медианы. При

этом вершины исходного треугольника и полученная точка, соединен-

ная с двумя его вершинами, образуют параллелограмм.


Задача 1. Найдите косинусы углов, об-

разованных медианой ВВ1, выходящей из

вершины В треугольника АВС со сторона-

ми АВ и ВС, если АВ = 6, ВС = 8, ВВ1 = 5

(рис. 60).

Решение. Продолжим медиану ВВ1 и на

ее продолжении отметим точку В2 такую,

что В1В2 = ВВ1. Тогда АВСВ2 – параллело-

грамм. Искомые углы равны углам при вершинах треугольника ВВ2А.


67

В данной задаче этот треугольник – прямоугольный, так как ВС = 8,

В2С = АВ = 6, ВВ2 = 10 (102 = 6

2 + 8

2). Следовательно, косинусы иско-

мых углов равны соответственно 0,6 и 0,8.

Задача 2. Найдите расстояния от точки О пересечения медиан

треугольника АВС до его вершин, если длины сторон треугольника

равны 5, 6 и 8.

Решение. По теореме о медианах треугольника 13

2ААAO ,

13

2ВВВО , 1

3

2СССО , где АА1, ВВ1, СС1 – медианы АВС . Исполь-

зуя формулу для нахождения длины медианы, найдем:

4

17525362642

4

121 АА , откуда АА1 =

2

75 и

АО =3

75

2

75

3

2 .

4

5864252362

4

121 ВВ ; тогда ВВ1 =

2

58

и ВО =3

58

2

58

3

2 ,

4

14236252642

4

121 СС . Следователь-

но, СС1 =2

142; СО =

3

142

2

142

3

2 .

Задача 3. В треугольнике длины двух сторон равны 11 и 23, а медиана,

проведенная к третьей стороне, равна 10.

Найдите длину третьей стороны (рис. 61).

Решение. Используем теорему (1.4) о

длине медианы (п. 1.3), обозначив через х

длину третьей стороны АС (рис. 61):

2x 22 2321122

110 ,

откуда 2x )529121(2400

и х=30.


68

Задача 4. В треугольнике длина одной из сторон 26 дм, а ее ме-

дианы – 16 дм. Определите длины двух других сторон этого тре-

угольника, если они относятся как 3:5.

Решение. Пусть t – коэффициент пропорциональности. Тогда дли-

ны искомых сторон треугольника станут равными 3t и 5t. Применив

теорему о медианах, найдем t: ;6762)259(4

1256 22 tt 68t

2 = 1700,

t = 5. Тогда АС=3t =15; BD = 5·t =25.

Задача 5. Медианы равнобедренного тре-

угольника равны 15, 15, 18. Найдите площадь


Решение. ВМ = 123

21 ВВ ;

МВ1 = 6 (рис. 62); CM = 103

21 СС ;

103

21 ААМА ; МВ1= 6

3

11 ВВ . Продолжим ВВ1 за АС на расстояние

В1Р = МВ1, получим четырехугольник АМСР – параллелограмм.

Применим к нему теорему о сумме квадратов диагоналей:

АС2 + МР

2 = 2(МС

2 + ВС

2), откуда АС

2 = 200 + 200 – 144 = 256 и

АС = 16. В АВС ВВ1 – медиана, а по условию еще и высота. Поэто-

му 14410162

1

2

11 BBACS ABC .

Задача 6. Основание треугольника равно 23,

медианы, проведенные к боковым сторонам,

равны 15 и 22 .2

1 Найдите длину третьей ме-

дианы.


69

Решение. Искомая медиана будет найдена, если определится

МС1= 13

1СС (рис. 63). МС1 можно найти из АМВ, используя форму-

лу для нахождения длины медианы:

22221 2

4

1ABВМАММС ; АМ= 10

3

21 АА ; ВМ= 15

3

21 ВВ ;

4МС2=121, откуда МС1= .

2

11 Наконец, СС1= 5,16

2

113 .

Задача 7. Найдите площадь тре-

угольника, если длины его медиан АА1,

ВВ1, СС1 равны 9, 12, 15 соответственно.

Решение. Задачу можно быть ре-

шить, применяя вышеуказанные сооб-

ражения. Однако она решается легче,

если воспользоваться понятием равно-

великости: ΔAMCΔABC SS 3 (рис. 64). В

АМС известны ;103

21 CCMC

;63

21 AAAM МВ1 = 3

3

11 ВВ . Продолжим медиану МВ1 за точку В1

и отложим В1N = MB1. Соединим N с А,

получим ∆AMN, являющийся прямо-

угольным (АМ =10, МN = 6, АN = 8). Его

площадь: 24682

1AMNS .

AMCAMN SS ΔΔ . Поэтому

ΔAMC3SS ABC = 3·24=72.


70

Задача 8. В треугольнике АВС медианы, проведенные к сторонам

АВ и АС, взаимно перпендикулярны. Найдите ВС, если АВ = 8, АС = 6.

Решение. Обозначим длины медиан СС1 и ВВ1 через 3х и 3у соот-

ветственно (рис. 65). Тогда ВО = 2х, ОВ1= х; СО = 2у; ОС1 = у. К двум

прямоугольным треугольникам ВОС1 и СОВ1 применим теорему Пи-

фагора: 16 = 4х2 + у

2 и 9 = 4у

2 + х

2.

Сложив почленно эти равенства, получим х2 + у

2=5. Из ВОС выра-

зим ВС: ВС2 = 4х

2 + 4у

2 = 4(х

2 + у

2) = 4·5 = 20. Значит, ВС =2 5 .

Задача 9. Пусть S – сумма квадратов сторон треугольника, а Q –

сумма квадратов расстояний от точки М пересечения медиан до

вершин этого треугольника. Найдите отношение S:Q.

Решение. По условию S=AB2+BC

2+AC

2. Выразим каждую из

3

2медиан, соединяющих точку М с вершинами треугольника (рис. 64),

и сложим полученные равенства почленно:

.АВВСАССССМ

АСВСАВВВВМ

ВСАВАСАААМ

22221

2

22221

2

22221

2

229

1

9

4

,229

1

9

4

,229

1

9

4

Q=АМ2 + ВМ

2 + СМ

2 =

3

1(АВ

2+ВС

2+АС

2).

Найдем искомое отношение:

.3

3

1 222

222

)ACBC(AB

ACBCAB

Q

S

Задача 10. Пусть М – точка пересечения

медиан треугольника АВС. В каком отношении


71

делит медиану, выходящую из вершины В, прямая, проходящая через С

и середину отрезка АМ (рис. 66)?

Решение. Точка О – пересечение медиан МВ1 и СD треугольника

АМС, поэтому ОВ1= ;3

11МВ М – точка пересечения медиан АВС, по-

этому МВ1= .3

11ВВ Из этих соотношений имеем: ОВ1= 1

9

1ВВ , т.е.

ВВ1 = 9ОВ1, а ВО = 8ОВ1, значит ВО : ОВ1 =8:1.


1. Докажите, что длина медианы меньше полусуммы длин

сторон треугольника, ее заключающих.

2. Основание треугольника 22 дм, а боковые стороны – 13 дм и

19 дм. Найдите длину медианы, проведенной к основанию.

(12 дм)

3. Длина основания треугольника равна 10, а медианы двух

других его сторон равны 9 и 12. Найдите площадь треугольника.

(72)

4. В прямоугольном треугольнике АВС ( 90С ) один из катетов

равен 9 см, а точка пересечения медиан удалена от другого катета на 10 см.

Найдите площадь треугольника АВС. (108)

5. В треугольнике МРК через точку пересечения медиан тре-

угольника проведена прямая СD, параллельная основанию МК

(СМР; DРК). Найдите CD, если МК = 27. (18)

6. В АВС АС=12 см. Через точку пересечения медиан про-

ведена прямая DE (DАВ, ЕВС), параллельная АС. Найдите DE.

(8 см)


72

7. В треугольнике АВС АВ=ВС. Медианы пересекаются в точке

О; ОА=5, ОВ=6. Найдите площадь треугольника АВС. (36)

8. Катеты треугольника равны 3 и 4 см. Найдите расстояние

от точки пересечения медиан треугольника до гипотенузы.

(0,2 см)

9. В АВС медианы АЕ и CD пересекаются в точке О. АЕ=9,

CD=12, AС=10. Найдите площадь треугольника АВС. (72)

10. Площадь треугольника АВС равна 12 см2. Медианы АЕ и

CD пересекаются в точке О, АОС =150º, АЕ = 3 см. Найдите CD.

(4)

1.4.2. БИССЕКТРИСЫ ТРЕУГОЛЬНИКА

Важное свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника

сформулируем как опорную задачу.

Теорема 4.2. Биссектриса внутренне-

го угла треугольника делит противопо-

ложную сторону на части, пропорцио-

нальные прилежащим сторонам тре-

угольника.

Из множества различных способов до-

казательства приведем два.

Способ 1. Используем теорему Фалеса

(рис. 67). Проведем CN || AD – биссектрисе треугольника АВС. Тогда

2 = 3 как внутренние накрест лежащие при AD||СN и секущей АС.

Поэтому САN равнобедренный и AN=AC.


73

По теореме Фалеса BD : DC = АВ : AN, откуда

BD : DC = BA : АС (4.1).

Способ 2. Воспользуемся подоб-

ными треугольниками (рис. 68). Из

точек В и С опустим перпендикуляры

ВМ и CN на прямую AD. Рассмотрим

две пары подобных треугольников (III

признак):

BMD ∾ СND: CN

BM

DC

BD (1);

АMВ ∾ АNС: AC

AB

CN

BM (2).

Из (1) и (2) следует

BD : DC = АВ : АС.

Замечание. Биссектриса

внешнего угла треугольника

пересекает продолжение про-

тивоположной стороны в такой

точке, расстояния от которой

до концов этой стороны про-

порциональны прилежащим

сторонам (рис. 69).

ВD : CD = АВ : АС (4.2).

Следующую опорную за-

дачу представляет теорема 4.3.

Теорема 4.3. Каждая

точка биссектрисы внутрен-

него угла треугольника равно-

удалена от его сторон. Спра-


74

ведливо и обратное: каждая точка, лежащая внутри угла и равно-

удаленная от его сторон, лежит на биссектрисе.

Доказательство.

1. Пусть AD – биссектриса угла ВАС (рис. 70), а М – произвольная

точка на ней. Опустим перпендикуляры МК и МL на стороны угла АВ

и АС соответственно. Из равенства прямоугольных треугольников

МКА и MLA (по гипотенузе и острому углу) следует, что МК=МL.

2. Пусть М лежит внутри угла ВАС и равноудалена от его сторон

АВ и АС (рис. 70). Проведя перпендикуляры МК и ML к АВ и АС соот-

ветственно, установим равенство треугольников АKM и ALM. Отсюда

следует равенство углов 1 и 2. А это значит, что АМ – биссектриса

ВАС.

Следствие. Биссектрисы треугольника пересекаются в одной

точке.

Доказательство. Пусть О

– точка пересечения биссек-

трис АА1 и ВВ1 треугольника

АВС (рис. 71). Опустим из О

перпендикуляры ОК, ОL, ОМ

на стороны АВ, АС и ВС соот-

ветственно. По доказанной

теореме (4.3) ОК = ОМ;

ОК = OL. Поэтому О одинаково удалена от сторон АВ и АС АВС, а

поэтому лежит на биссектрисе СС1 угла ВСА. Следовательно, все три

биссектрисы треугольника пересекаются в точке О.

Из курса геометрии известно, что точка пересечения биссектрис

внутренних углов треугольника является центром вписанной в этот

треугольник окружности. Прием, основанный на доказательстве тео-

ремы (4.2), облегчает решение некоторых задач.


75

Задача 1. На стороне АС треугольника АВС взята точка М, а на

стороне ВС – точка К так, что АМ : МС = 2:3, ВК : КС = 4:3. В каком от-

ношении АК делит отрезок ВМ (рис. 72)?

Решение. Через вершину

В проведем прямую, парал-

лельную АС. Пусть она пере-

секает прямую АК в точке Р.

Из подобия треугольников

ВКР и СКА получим

3

4

KC

BK

AC

BP, откуда ВР=

AC3

4 (по условию).

Из подобия треугольников ВРО и АОМ (О=ВМАК) имеем

3

10

5

23

4

AC

AC

AM

BP

OM

BO, следовательно, ВО : ОМ=10 : 3.

Задача 2. В треугольнике АВС длины сторон АВ и АС равны со-

ответственно 2 и 3. В каком отношении биссектриса угла А делит

медиану, проведенную к стороне АС (рис. 73)?

Решение. Пусть М – точка пере-

сечения медианы ВВ1 и биссектрисы

АА1 угла А АВС . В треугольнике

АВВ1 2

31 AB . В соответствии с

теоремой (4.2) находим 5,1

2

1

MB

BM;

поэтому ВМ : МВ1=4:3.


76

В следующей задаче теорема 4.2 используется дважды.

Задача 3. В треугольнике с катетами, равными 3 и 4, проведены

биссектрисы острых углов. Найдите расстояния между концами этих

биссектрис, лежащими на катетах.

Решение. Пусть в треугольнике

АВС 090C , АА1 и ВВ1 – биссек-

трисы, ВС=3, АС=4 (рис.74). Тогда

АВ – гипотенуза – равна 5. Рассмат-

ривая в ABC АА1 и СВ, получим

А1В=5t, А1С=4t и 9t=3, где t – коэф-

фициент пропорциональности. То-

гда СВ1=3u; В1А=5u и 8u=4, откуда

u=0,5, а потому СВ1=1,5.

Искомый отрезок А1В1 находим из прямоугольного треугольника

А1В1С: 1456

1

9

16

4

921

2111 СВСАВА .

Задача 4. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС взяты соот-

ветственно точки К и М так, что АК : АВ = ВМ : ВС = 1 : 3. В каком

отношении точка О пересечения СК и АМ делит каждый из этих от-

резков (рис. 75)?

Решение. Вначале

найдем СО:ОК. Для

этого через вершину С

проведем СР||АВ, где

Р=СР∩АМ. СРМ

подобен АМВ:

t

t

АВ

СР 2 , откуда


77

СР = 2АВ. ОСР∾ АОК, поэтому 1:6

3

1

2

АВ

АВ

ОК

СО

АК

СР. Найдем

отношение АО : ОМ. Через вершину А проведем прямую m||ВС. Пусть

Р1=m∩CK. АКР1∾ ВКС: КВ

АК

ВС

АР1 или

АВ

АВ

ВС

АР1

3

23

1

, откуда

1АРВС 2

1.

Подобны также треугольники АОР1 и СОМ, откуда

4

3

2

2

1

ВС

ОМ

АО

СМ

АР1 . Таким образом, АО:ОМ=3:4 и СО:ОК=6:1.

Задача 5. В треугольнике АВС длины сторон АВ = 4, ВС = 6,

АС = 7, АА1 – биссектриса угла А, а О – центр вписанной окружности.

Найдите АА1 (рис. 76).

Решение. По свойству биссектрисы

АА1, найдем ВА1: 4t + 7t = 6, t = 11

6. По-

этому ВА1 = 11

24. Биссектриса АА1 может

быть найдена из 1АВА по теореме ко-

синусов. Угол АВС найдем из АВС по

формуле (1.2)

16

1

642

493616cos

B .

По формуле (1.1)

121

2380

10

1

11

2442

11

2416

2

21

АА , откуда АА1 =

11

2380.


78

Замечание. Решение задачи значительно упрощается, если исполь-

зовать формулу для нахождения биссектрисы треугольника, зная дли-

ны его сторон.

Еще две опорные задачи сфор-

мулируем как теоремы.

Теорема 4.4. Пусть L – точка

пересечения биссектрис тре-

угольника АВС – является цен-

тром вписанной окружности.

Тогда АBLC2

190 ;

BCLA2

190∠ ; CALB

2

190∠ (рис. 77).

Докажем одно из равенств.

В треугольнике ВLС : LCBLBCBLC 180

= CB ∠∠2

1-180

A∠-180

2

1-180 A.∠

2

190

Аналогично доказываются и другие равенства.

Теорема 4.5. Радиус вписанной окружности выражается через

углы треугольника и один из линейных элементов следующим обра-

зом:

;

2

22A

cos

Cins

Bsin

ar

;

2

22B

cos

Cins

Asin

br

2

22C

cos

Bins

Asin

cr

.


79

Докажем справедливость первого равенства. В BLC (рис. 78) по

теореме синусов находим: BLCsin

BC

BCLsin

BL

∠∠ , откуда

BLC

BCLBCBL

sin

sin, по теореме (4.4)

2cos

2sin

290sin

2sin

A

Ca

A

Ca

BL

.

В BLD BL =

2

Bsin

LD, где LD = r. Поэтому

2

2

2

Acos

Csina

Bsin

r , откуда

2

22A

cos

Csin

Bsina

r = . Аналогичным образом доказываются и два

других неравенства.

Замечание. При изображении треугольника со вписанной в него

окружностью сначала удобнее изображать окружность, а затем – тре-

угольник. Нередко можно решать задачу и без изображения самой ок-

ружности.

Используя указанные выше опорные за-

дачи, переходим к решению других.

Задача 5. Найдите длину биссектрисы

прямого угла треугольника с острым углом 30º

и меньшим катетом, равным 1.

Решение. Пусть 30∠ А , а ВС = 1 (рис.

79). Из АВС находим АВ = 2ВС = 2 (по

свойству катета, лежащего против угла 30º).

По обратной теореме Пифагора АС= 3 . Используя теорему синусов


80

для ACD , находим CD: CD =sinD

sinAAC , где 105АDC ,

CD = 105

1

105

2

12

sinsin

.

Замечание. Обычно результат преобразовывают, представляя си-

нусы углов в иррациональностях:

22

13

2

324

2

1

4

32

2

30cos115cos105sin

000

.

Тогда СD = 2

1322

13

22

и окончательно CD= 26 .

Задача 6. Длины сторон треугольника равны 2, 3 и 4. Найдите:

а) длины отрезков, на которые разделена средняя сторона тре-

угольника биссектрисой противопо-

ложного угла; б) длину биссектрисы,

проведенной к средней стороне тре-

угольника.

Решение. а) Из АВС (рис. 80) по

свойству биссектрисы .BC

AB

DC

AD

Пусть AD=x, тогда DC = 3 − х и

х

х

3=

4

2, откуда х=1. Следовательно, AD = 1; DC = 2;

б) Так как СD – биссектриса, проведенная к АВ, то можно найти

косинус угла А треугольника АВС: cos A= .4

1

322

1694

Из AСD

находим по теореме косинусов длину биссектрисы СD:


81

СD2=AС

2+AD

2 – 2AС·AD·cosA, СD

2 = 4+1+2·2·1· 6

4

1 , СD= 6 .

Замечание. Имеется формула для вычисления биссектрис тре-

угольника, когда известны длины его сторон.

Терема 4.6. Найдите биссектрисы треугольника АВС lа, lb, lc,

зная длины его сторон а, b, c (рис. 81).

Доказательство. Найдем lc. Пусть в АВС АС = b, ВC = a,

AB = c, а CD = lc. Обозначим AD = x, BD = y. Тогда составим систему

уравнений

.a

b

y

x

c,yx

Выразим из них х и у: ba

bcx

,

ba

acy

. Ис-

пользуя теорему косинусов, выразим х и у из ACD и DCB:

.С

allay

,С

bllbх

cc

cc

2cos2

2cos2

222

222

Умножив обе части первого урав-

нения системы на а, второго − на –b и

сложив их почленно, получим:

222222cc blbaalabbyах .

Подставим в это равенство значения х и у:

baabbyaxbyblаl ccс2222222 --- , откуда

.baabbyaxbalc --- 222 Выразим 2cl из этого равенства:


82

.22

22

2

2

2

22

22

2

22

222

ba

cbacbaab

ba

cbaab

ba

abcab

abbaba

ababcab

ba

ba

cba

ba

cab

abba

byaxlс

Окончательно получаем:

b-cacbaabba

lс

1

(4.3).

Аналогичные формулы справедливы для двух остальных биссек-

трис:

bcacbaacca

l;c-abcbabccb

l ba

11

Замечание. Используя формулу (4.3) для нахождения биссектри-

сы, задачу 6 можно решить гораздо быстрее:

63986

134243242

42

1

bl .

Задача 7. Найдите углы треугольника, если две его стороны вид-

ны из центра вписанной окружности под углами 102º и 126º (рис. 82).

Решение. Пусть 102ALB и

126BLC . Из треугольника .ALC

находим

.132360 BLCALBALC

,∠2

190∠ СALB откуда

24180-∠2∠ ALBC . ABLC ∠2

190∠ , тогда 72∠ A ;

BALC ∠2

190∠ , следовательно, 84B .


83

Задача 8. В треугольнике АВС проведены биссектриса AD и пря-

мая CF, перпендикулярная AD и

пересекающая ее в точке Т, а

сторону АВ – в точке F; DT=1,

;50ACF 20ABC . Най-

дите углы треугольника АВС и

длину CF (рис. 83).

Решение. На рис. 83 AFC –

равнобедренный и АТ – его ме-

диана. Поэтому 80502180 FAC . Тогда в треугольнике АВС

808020180180

BACABCACB ;

305080 FCB .

Треугольник DТС прямоугольный ( 90∠ TCD по условию). По

свойству катета, лежащего против угла DСТ, имеем DC = 2. Тогда дру-

гой катет (по обратной теореме Пифагора) равен СТ= ;- 22 DTDC

СТ= 3 . Так как треугольник FAC – равно-

бедренный, то АТ – медиана. Поэтому

CF = 2СТ = 32 .

Задача 9. В треугольнике АВС

.60A Найдите радиус окружности,

содержащей точки B, C и центр окружно-

сти, проходящей через В, С и центр впи-

санной в АВС окружности, если

34BC (рис. 84).


84

Решение. Так как О – точка пересечения биссектрис треугольника

АВС, то 1202 ВАСBOC . Применив к ОВС обобщенную тео-

рему синусов, получим ,2∠

RBOCsin

ВС откуда

R= 3

232

1202

34

sin=4.

Задача 10. Угол В треугольника АВС равен

60º, а радиус описанной окружности – 2. Най-

дите радиус окружности, проходящей через

точки А, С и центр окружности, вписанной в

АВС (рис. 85).

Решение. Пусть угол В равен 60º, О –

центр окружности, описанной около АВС , Н

– центр вписанной окружности в АВС, АО=2.

По теореме 4.4 ;2

190 BAOC 120AOC . Из ΔАНС также по

теореме синусов определим r: rAHCsin

AC2

или r =

AHCsin2

32. По-

этому r=2.

Задача 11. Стороны треугольника равны 5, 6 и 7. Найдите отно-

шение отрезков, на которые биссектриса большего угла этого тре-

угольника разделена центром вписанной в него окружности.

Решение. Пусть в АВС ВС = 5, АВ = 6,

АС = 7, BD – биссектриса угла В, О – центр

вписанной в треугольник окружности (рис.

86). Так как АС>AB>BC, то угол В – наи-

больший. В треугольнике АВС по свойству

биссектрисы имеем BC

AB

DC

AD , откуда


85

5

6

DC

AD или DCAD

5

6 . Обозначим AD=x, тогда DC = 7−x. Подста-

вим эти значения в предыдущее равенство: х =5

6(7−х), откуда х = ;

11

42

а CD = 7−11

35

11

42 . Из BCD по свойству биссектрисы найдем ВО:

DC

BC

OD

ВО , откуда

7

11

35

115

OD

ВО. Таким образом, ВО:OD=11:7.

Задача 12. В прямоугольном тре-

угольнике биссектриса острого угла де-

лит катет на отрезки m и n (m>n).

Определите длины другого катета и

гипотенузы.

Решение. Пусть в треугольнике АВС

С=90º, BD – биссектриса, СD = n,

DA = m и CD<DA. Обозначим катеты СВ = а, СА = b, а гипотенузу

АВ = с (рис. 87). Из АВС по свойству биссектрисы имеем: m

AB

n

a ,

b= n+m. Используя теорему Пифагора, найдем АВ:

АВ = 22 mna . Из предыдущего равенства выразим а:

am = n .22 mna Выполним тождественные преобразования

a2m

2 = n

2a

2+n

2(m+n)

2, a

2(m

2−n

2) = n

2(m+n)

2, откуда a

2 =

22

22

nm

nmn

или

nmnm

nmna

. Окончательно а = n

nm

nm

. Определим


86

теперь гипотенузу: с = 22 nmnm

nmn

, откуда

nm

nmnmnmnc

22

. Окончательно получим

с = mnm

nm

.

Замечание. Задача часто предлагается для решения при конкрет-

ных значениях m и n.

Задача 13. В треугольнике, катеты

которого равны 15 дм и 2 дм, проведены:

высота из вершины прямого угла и бис-

сектрисы обоих углов, образуемых высо-

той с катетами. Определите отрезок

гипотенузы, заключенный между бис-

сектрисами.

Решение. Пусть АВС – прямоугольный треугольник ( 90∠ С ),

CD – высота, опущенная на гипотенузу; СМ и CN – биссектрисы уг-

лов, образуемых высотой и катетами. Следует найти длину отрезка

MN (рис. 88). Найдем гипотенузу по теореме Пифагора:

АВ= 252015 22 . Используя соотношения в прямоугольном тре-

угольнике ВС2=АВ·BD и АС

2=АВ·AD, получим: 15

2 = 25·BD и

202 = 25·AD (или AD=AB – BD), откуда BD = 9 и AD = 16.

Используем еще раз соотношение между высотой, проведенной из

вершины прямого угла на гипотенузу: CD2 = BD·DA, откуда CD = 12.

Обозначим ВМ = х, тогда DM = 9 − х. Для прямоугольного треуголь-

ника CBD применим свойство биссектрисы угла С: CD

BC

MD

BM или


87

12

9

15

xx , откуда х = 5. Следовательно, MD=4. Обозначим DN = y,

тогда AN =16 − y. Применим аналогичные соображения к прямоуголь-

ному треугольнику ADC, используем свойство биссектрисы CN:

CA

CD

NA

DN или

20

12

16

y

y, откуда у = 6. Далее, так как MN=MD+DN,

то окончательно получим MN =10(дм).

Задача 14. В треугольнике АВС проведены биссектрисы BD и АЕ.

Найдите отношение площадей тре-

угольников АВС и BDE, если АВ = 5,

ВС = 8, АС = 7 (рис. 89).

Решение. Введем коэффициенты

пропорциональности t, u и найдем

их: 5u+8u=7, 5t+7t=8, откуда

u= .3

2,

13

7t Тогда DС=

13

56; ВЕ=

3

10.

Рассмотрим последовательно отно-

шение площадей треугольников:

8

13

56

7

2

12

1

DC

AC

sinCBCDC

sinCBCCA

S

S

DBC

ABC , откуда

ABCDBC SS 13

8 .

5

12

10

38

2

12

1

BE

BC

DBCcosBEBD

DBCcosBCBD

S

S

DBE

BDC , откуда


88

DBEDBC SS 5

12. Подставим значение DBCS в :

DBEABC SS 5

12

13

8. Найдем, наконец,

5

3

DBE

ABC

S

S:

10

39

13

2 .


1. В треугольнике АВС проведена биссектриса ВВ1. Найдите углы

этого треугольника, если АВ=ВВ1=В1С.

( 72;36 ВСА )

2. Один из углов треугольника равен 60º, противоположная сторо-

на – 4. Один из отрезков, на которые эта сторона разделена опущенной

на нее биссектрисой, равен 1. Найдите длины оставшихся сторон тре-

угольника.

7

74;

7

712

3. Стороны параллелограмма 8 см и 3 см. Биссектрисы двух углов

параллелограмма, прилежащие к большей стороне, делят противопо-

ложную сторону на 3 части. Найдите длину каждой из них.

(3; 2; 3)

4. В треугольник вписана окружность. Прямые, соединяющие ее

центр с вершинами, делят треугольник на части с площадями 120, 104

и 112. Найдите радиус вписанной окружности.

(r =8)

5. В треугольнике сумма двух сторон 14 дм, а третья делится бис-

сектрисой противолежащего угла на отрезки 3 дм и 4 дм. Найдите

длину третьей стороны.

(7)


89

6. В треугольнике АВС проведена биссектриса ВВ1. Найдите углы

этого треугольника, если известно, что АВ=ВВ1=В1С.

( 36;72;72 САВ )

7. В равнобедренном треугольнике катет равен а. На какие части

делит его биссектриса противолежащего угла?

122;12 а

8. Угол треугольника, заключенный между сторонами 9 см и 6 см,

разделен пополам. Один из отрезков третьей стороны оказался равным

одной из данных сторон. Определите длину третьей стороны.

(10 см)

9. Точка D лежит на стороне треугольника АВС. Узнайте, делит ли

прямая AD угол А пополам, если:

а) АВ=12 см, АС=15 см, BD=8 см и DC=10 см; б) АВ=12 м, АС=56

м и BD:DC=14:3; в) АВ = BDАС,11

5=2 м и DC=4,5 м; г) АВ=6 м,

АС=28 м и BD= ВС17

3.

(да; нет; нет; да)

1.4.3. ВЫСОТЫ ТРЕУГОЛЬНИКА

К опорным задачам относятся

свойство высот и точки их пересече-

ния. Сформулируем эти задачи в виде

теорем.

Теорема 4.7. Высоты треуголь-

ника пересекаются в одной точке.


90

Приведем один из многих способов доказательства. В треугольни-

ке АВС проведем три высоты: ha, hb, hc (рис. 90).

Проведем через вершины прямые, параллельные противополож-

ным сторонам. Получим треугольник А1В1С1. Для него стороны тре-

угольника АВС являются серединными перпендикулярами к сторонам

А1В1С1. Поэтому они пересекаются в одной точке – центре окруж-

ности, описанной около треугольника А1В1С1.

Теорема 4.8. Если H – точка пересечения высот треугольника

АВС, то вершина А является точкой пересечения высот треуголь-

ника HВС (рис. 91).

Иллюстрируем теорему: в ВHС опустим перпендикуляры из его

вершин на противоположные стороны: hа, hb и hc. Продолжения их пе-

ресекутся в точке А.

Теорема 4.9. Любая из четырех

точек А, В, С, H (рис. 91) является

точкой пересечения высот треуголь-

ника, образованного тремя другими

точками.

Иными словами, например, точка С

– пересечение продолжения перпенди-

куляров к сторонам треугольника АНВ,

а В – точка пересечения продолжения перпендикуляров к сторонам

треугольника АНС.


Задача 1. В треугольнике АВС прове-

дены высоты АА1 и ВВ1. Найдите АС, если:

а) АА1=4, ВВ1=5, ВС=6; б) А1С=8, В1С=5,

ВВ1=12 (рис. 92).


91

Решение. Способ 1. Используем метод площадей: выразим пло-

щадь АВС двумя способами и приравняем правые части равенств:

12

1AABCS ABC ; 1

2

1BBCAS ABC , откуда 8,4

5

24

5

46

АС .

Способ 2. В ВВ1С найдем синус угла С: 6

5sinC . В АА1С АС

– гипотенуза, но АС =sinC

AA1 ,

откуда АС = 8,45

64

.

В ВВ1С по теореме Пифагора найдем длину ВС: ВС= 25144 ,

ВС=13. В ΔВВ1С cosC=13

5

1

1 СА

СВ. Наконец, в АА1С cosC=

АС

СА1 или

АС

8

13

5 , откуда АС =

5

813. Окончатель-

но АС =20,8.

Задача 2. Выразите длину стороны

правильного треугольника и радиус опи-

санной около него окружности через r –

радиус вписанной окружности.

Решение. Пусть в правильном АВС

точка О – центр вписанной окружности, а

OD=r (рис. 93). Обозначим сторону треугольника АВС через а. Точка

О совпадет и с центром описанной около АВС окружности. Поэтому

АО=R. В прямоугольном треугольнике AOD, учитывая, что

30OAD , получим соотношение между катетом, лежащим против

этого угла, и гипотенузой: R=2r. В треугольнике АОС АО=ОС, откуда

следует, что OD – медиана, а потому AD=DC и AD=0,5 а.


92

По обратной теореме Пифагора AD2=R

2−r

2, 0,25а

2=3r

2, откуда

а=2r 3 .

Задача 3. В треугольнике АВС стороны АВ и АС равны соответ-

ственно 7 и 8, 120A . Найдите расстояние от основания высоты

H, опущенной на АС, до середины стороны ВС (рис. 94).

Решение. В АВС по теореме косинусов находим ВС:

ВС2=АВ

2+АС

2−2АВ·АС·cosA; ВС

2=169, ВС=13. Из ВНА

находим ВН: ВН=АВ·sin НАВ , от-

куда BН=7·60sin , ВН=

2

37.

Дальнейшее решение возможно

в двух направлениях:

а) воспользуемся формулой для

нахождения медианы треугольника

DНС. Предварительно найдем АH из

ВНА: АН= .5,34

34949

Поэтому НС = 8+3,5=11,5.

Тогда 222h ВСНСНВm 22

2

1, 169

2

1hm , откуда

НD = 6,5;

б) рассмотрим последовательно треугольники ВНС и ВНD. В пер-

вом найдем косинус угла В: cosB=ВС

ВН, откуда cosB=

26

37. Из второго,

используя теорему косинусов, найдем НD:

4

169

26

37

2

13

2

3725,6

2

37 2

2

2

НD , откуда НD=6,5.


93

Задача 4. Длины сторон треугольника образуют арифметиче-

скую прогрессию с разностью, равной 1. Проекция большей стороны

на среднюю равна 9. Определите длины сторон треугольника.

Решение. Пусть длины сторон АВС

равны х−1, х, х+1, а проекция большей сто-

роны АС на среднюю ВС равна 9 (рис. 95).

Тогда BD = х−9. Выразим AD из двух тре-

угольников ADB и ACD:

AD2 = (x−1)

2 − (x – 9)

2; AD

2 = (х+1)

2 − 9

2,

откуда

(x−1)2 −(x−9)

2 = (х+1)

2 − 9

2. Упростим ра-

венство: (x−1)2 − (х+1)

2 = (x−9)

2 −9

2. Применяя формулы сокращенного

умножения, получим: −4х = х2 −18х, откуда х

2−14х=0, х1=0, х2=14. х1 не

удовлетворяет условию задачи, поэтому средняя по величине сторона

треугольника равна 14. Тогда две остальные – 13 и 15.

Задача 5. В треугольнике известны

длины двух сторон 6 см и 3 см. Найдите

длину третьей стороны, если полусумма

высот, опущенных на данные стороны,

равна длине третьей стороны.

Решение. Пусть в АВС АС = 3 см,

АВ = 6 см. Высоты, опущенные из вершин

треугольника, обозначим через ha, hb, hc

(рис. 96). Для решения алгебраическим методом применим метод

площадей. По условию abc h

hh

2.

cccABC hhbhcS 32

1

2

1 (1),


94

bbbABC hhhbS2

33

2

1

2

1 (2),

22

1

2

1 bcaABC

hhahaS

(3).

Из (1), (2), (3) составим два соотношения: bc hh2

33 , откуда

hb = 2hc.; 3hc=22

1 bc hhа

или ,312

c

ha

c

h откуда а = 4, т.е. ВС = 4

см.

Задача 6. В треугольнике катеты относятся как 3:2, а высота

делит гипотенузу на отрезки, один из которых на 2 м больше другого.

Найдите длину гипотенузы.

Решение. Пусть в ΔАСВ

ВС:СА=3:2 и BD−AD = 2 (рис. 97).

Обозначим коэффициент пропорцио-

нальности через х, тогда АС = 2х,

ВС = 3х, BD=AD+2,

откуда АВ=AD + (AD + 2)=2(AD + 1).

Используя свойство перпендикуляра,

опущенного из вершины прямого угла на гипотенузу, и теорему Пифаго-

ра, составим систему из двух уравнений:

.12)3()2(

,4

222 ADxx

ADАВх2

Упрощая каждое из уравнений, получим:

.12413

,124

ADADx

ADх

22

2


95

Приравняем выражения, стоящие в левой части:

,816826

,131326

ADADx

ADADх

22

22

тогда ,0835 ADAD2

,10

16093 AD откуда AD = −1 (не удовлетворяет условию задачи)

и AD = 1,6 см.

Поэтому АВ = 2(AD + 1) = 2(1,6+1) = 5,2 (м).

Известно, что радиус r вписанной в треугольник окружности равен

p

S, где р – полупериметр треугольника, а S – его площадь.

Может возникнуть вопрос: есть ли аналогичная формула для вне-

вписанной окружности? Да, такая формула есть. Но прежде дадим оп-

ределение такой окружности.

Вневписанной называется окружность, касающаяся одной из сто-

рон треугольника и продолжения двух дру-

гих сторон. В соответствии с этим радиусы

трех окружностей будем обозначать через

ra, rb, rc. Ниже получим формулу для их на-

хождения. Опорную задачу, соответствую-

щую ей, оформим теоремой.

Теорема 4.10. Радиус вневписанной

окружности треугольника равен частно-

му от деления его площади на разность

полупериметра треугольника и стороны,

с которой касается эта окружность.

Доказательство. Докажем теорему для нахождения rb (рис. 98).

Соединим вершину В треугольника АВС с точкой О – центром

вневписанной окружности. Пусть М и N – точки касания этой окруж-

ности с продолжением сторон ВА и ВС соответственно. Соединим их с


96

О. Получим два прямоугольных треугольника ВМО и ВNO. Выразим

площадь :АВС

bbbΔACOΔBNOΔAMOΔABC rACrBCrАМSSSS 2

1

2

1

2

1,

2

ACBCABrS bΔABC

или

АС

ACBCABrS bΔABC

2.

Окончательно )( bprS bABC , откуда

bp

Sr ΔABCb

(4.4).

Аналогичны формулы для нахождения двух других радиусов:

ap

Sra

и

cp

Src

.

Задача 7. Известны длины сторон треугольника а=13, b=14,

с=15. Найдите: а) hb и rb, где rb – радиус вневписанной окружности;

б) при каком соотношении между сторонами треугольника hb=rb ?

Решение. а) Обозначим точкой D основа-

ние hb (рис. 99) и CD = x. Тогда AD = 14−х.

Выразим hb из двух прямоугольных треуголь-

ников и правые части полученных соотноше-

ний приравняем: 169−х2=225−196+28х−х

2, от-

куда х = 5.

Из СBD найдем BD: hb= 1225169 .

Перейдем к нахождению rb.

Пусть О – центр вневписанной окружности

и ОК – ее радиус. Используя полученную выше формулу, найдем:

rb=bp

S ABC

, 842

1 bABC hACS ; p−b= 714

2

151413

. Подставляя

найденные значения в формулу (4.4), вычислим rb=12. Таким образом,

rb=hb=12.


97

б) Найдем cоотношение между сторонами АВС, при котором

rb=hb. Пусть это равенство имеет место. Воспользуемся формулами:

b

Shb

2 и

b-p

Srb . Приравняем их правые части

b

S2

b-p

S, откуда

b=2(p−b) или 3b=2p. При таком соотношении между длинами сторон

выполняется условие rb=hb.

Задача 8. Из вершины С треугольника

АВС проведена высота CD. Найдите ги-

потенузу АВ, если ВС=а и AD=n.

Решение. Обозначим BD=y (рис. 100).

Воспользуемся теоремой о высоте, опу-

щенной из вершины прямого угла на ги-

потенузу: а2 = у(у+n), откуда у

2+ny−a

2=0.

Найдем y: у1,2 =2

2

ann

42

. Один корень не удовлетворяет усло-

вию задачи, поэтому 2ann

y 42

. Тогда

АВ = n+y = n 22

ann

42

; АВ = 22

ann

42

. При любых значени-

ях а и n выражение удовлетворяет условию задачи. Найдем АВ, на-

пример, при а = 2, n = 3: АВ= 42

5

2

34

4

9

2

3 .

Задача 9. Найдите стороны параллелограмма, если две его высо-

ты, проведенные к смежным сто-

ронам, равны h1 и h2, а периметр –

2р (рис. 101).

Решение. Пусть в параллело-

грамме АВСD проведены высоты

DM и DN. Обозначим АВ = х, тогда


98

ВС = р−х. Выразим площадь параллелограмма двумя способами и со-

ставим уравнение h1x = h2(p−x), откуда 21

2

hh

phx

. Тогда

21

1

21

2

hh

ph

hh

phpBC

.

Исследование. На параметры задачи следует ввести ограничения

h1, h2 >0 и h1+h2 ≤ p.

Задача 10. Стороны треугольника образуют арифметическую

прогрессию. Докажите, что радиус окружно-

сти, вписанной в треугольник, равен 3

1 высоты,

проведенной к средней по величине стороне


Решение. Пусть стороны а, b, c (а ≤ b ≤ c)

треугольника образуют арифметическую про-

грессию с разностью d.

Тогда по свойству этой прогрессии а =b−d,

с =b+d, откуда 2р=3b, где 2р – периметр тре-

угольника; p

Sr или r =

b

S

3

2. А так как hb=

b

S2, то r = bh

3

1.

Задача 11. На гипотенузе АВ треугольника АВС вне его построен

квадрат. Найдите расстояние от вершины С до центра О квадрата,

если катеты треугольника равны а и b (рис. 102).

Решение. Задача имеет несколько способов решения. Укажем

лишь один, относящийся к рассматриваемой тематике. Так как

90 АОВАСВ , то около четырехугольника АОВС можно опи-

сать окружность, в которой АВ – диаметр. Обозначив АВ=с и


99

САВ , из СОА получим: СО= c· sin(45º+ )= sinαсosαс

2

.

Так как а=c·cos , а b=c·sin , то СО =2

bа .


1. Площадь треугольника равна S, а один из острых углов − .

Найдите высоту, опущенную на гипотенузу.

2sinS

2. В равнобедренном треугольнике угол при вершине таков, что

его косинус равен m. Найдите тангенс угла между высотой, опущен-

ной на боковую сторону, и основанием.

m

m2

1

1

3. В прямоугольном треугольнике АСВ

90C р − середин-

ный перпендикуляр к АВ; р пересекает АС в точке К, АК=5, ВС=4.

Найдите периметр КСB .

(12)

4. В остроугольном треугольнике АВС AD AB,ВС,CF AD пе-

ресекает CF в точке М. Докажите, что MCAАBM .

5. Высоты AD и CF остроугольного треугольника АВС пересека-

ются в точке О, ОА=4, OD=3, BD=4. Найдите расстояние от точки О до

стороны АС.

(2,4)

6. В остроугольном треугольнике АВС h и p – серединные перпен-

дикуляры к сторонам ВС и АС. Они пересекаются в точке F. CF=10,

AB=16. Найдите расстояние от F до стороны АВ.

(6)


100

7. В треугольнике ABC 120АСВ , АС=СВ=а. Серединные

перпендикуляры к сторонам АС и СВ пересекаются в точке М.

Найдите расстояние от М до середины стороны АВ.

b

а

8. В треугольнике АВС АВC∠ − тупой. Продолжения высот AD и

CF пересекаются в точке М, МВ=5, АС=10. Найдите площадь четырех-

угольника АМСВ. (25)

9. Основание АС равнобедренного треугольника АВС равно 6, а

боковая сторона – 5. Найдите расстояние между точками пересечения

медиан и высот этого треугольника.

12

11

10. Задача Архимеда. В окружность вписан треугольник АВС.

Докажите, что если АС < ВС и N – основание перпендикуляра, прове-

денного из середины М дуги АСВ к стороне ВС, то АС+CN=NB.

11. Длины сторон остроугольного треугольника – последователь-

ные целые числа. Докажите, что высота, проведенная к средней по ве-

личине стороне, делит ее на отрезки, разность которых равна 4.

МОДУЛЬ 5. ПЛОЩАДЬ ТРЕУГОЛЬНИКА

И ЕГО ЧАСТЕЙ

Историческая справка. Первыми математическими понятиями

были число и геометрическая фигура. Они формировались вместе с

развитием человеческого общества. Уже в глубокой древности изго-

товлялись скребки и ножи в виде дисков, треугольников, ромбов и

сегментов, круглые сосуды. Поля, как правило, имели форму прямо-


101

угольника, а здания – конуса, цилиндра и прямоугольного параллеле-

пипеда.

Большинство общепринятых названий геометрических фигур обо-

значают различные предметы, с которыми люди сталкивались в своей

практической деятельности. Так, «линия» происходит от linum – льня-

ная нить; «точка» punktum, т.е. результат мгновенного прикосновения

(ср. медицинский термин «пункция» – иглоукалывание) и др.

Планиметрические знания древних египтян и вавилонян относи-

лись к измерению площадей и объемов простых фигур, встречавшихся

при межевании земель, возведению стен и насыпей, строительстве

плотин, каналов и др. Сохранились планы земельных участков, разде-

ленных на треугольники, прямоугольники, трапеции.

Их площади вычислялись как по точным правилам, так и по при-

ближенным. Исторически сложилось так, что при решении геометри-

ческих задач, относящихся к вычислению площадей прямолинейных

фигур, наметились два подхода. Один связан с понятием равновелико-

сти и равносоставленности, а другой – аналитический – с формулами

для вычисления площадей.

1.5.1. РАВНОВЕЛИКОСТЬ

И РАВНОСОСТАВЛЕННОСТЬ

Напомним, что две геометрические фигуры называются равнове-

ликими, если они имеют одинаковые площади. Две фигуры называют-

ся равносоставленными, если, определенным образом разрезав одну

из них на конечное число частей, можно составить из них вторую фи-

гуру. Очевидно, что две равносоставленные фигуры равновелики. На


102

этом основан простой способ вычисления площадей, называемый

методом разложения

(разбиения). Метод

этот был известен уже

в Древней Греции и

Китае. Он заключается

в следующем: для вы-

числения площади

таются разбить фигуру на конечное число частей так, чтобы из них

можно было составить более простую фигуру, площадь которой из-

вестна (рис. 103).

В III в. до н.э. Архимед изобрел игру «стомахион». В переводе

термин означает «то, что вызывает злость». Прямоугольник, длины

сторон которого относятся как 1: 2, разрезается на 14 частей, из кото-

рых составляются различные предметы (рис. 104). Другой игрой тако-

го рода является не менее известная «Танграм».

Из курса планиметрии известны теоремы о равносоставленности

некоторых видов многоугольников с прямоугольником, площадь ко-

торого равна произведению его смежных сторон: S=ab. Они дают воз-

можность находить площади прямолинейных фигур. Сформулируем

некоторые опорные задачи.


103

Теорема 5.1. Всякий параллелограмм равносоставлен с прямо-

угольником, одна из сторон которого равна одной из сторон парал-

лелограмма, а другая – высоте параллелограмма, проведенной к

данной стороне.

Доказательство следует из того, что в каждом случае параллело-

грамм АВСD равносоставлен с прямоугольником АВ1С1D1, у которо-

го длина стороны АВ1 равна высоте параллелограмма (рис. 105). По-

этому площадь параллелограмма S=aha.


104

Теорема 5.2. Треугольник равносоставлен с параллелограммом,

одна из сторон которого равна одной из сторон треугольника, а

высота, проведенная к ней, равна половине высоты треугольника,

опущенной на взятую сторону. Теорему иллюстрирует рис. 106.

Отсюда следует, что aΔ ahS2

1 .

Теорема 5.3. Ромб равносоставлен с прямоугольником, одна из

сторон которого равна одной из диагоналей ромба, а другая – полови-

не другой диагонали.

Доказательство. На рис. 107 ромб

АВСD равносоставлен с прямоугольником

KACL, у которого АК=ОВ= BD2

1.

Отсюда следует, что Sр.= 212

1dd .

Теорема 5.4. Трапеция равносостав-

лена с параллелограммом, одна из сторон которого равна средней

линии трапеции, а высота, проведенная к этой стороне, равна вы-

соте трапеции.

Доказательство. На рис. 108 трапеция равносоставлена с парал-

лелограммом АВKL, у которого AL равна средней линии трапеции: по-

этому Sтрап. = hba

2, где а, b – основания, h – высота трапеции.


105

Преобразование одной фигуры в другую, равновеликую ей, также

имеет долгую историю. В Древней Греции средствами геометрической

алгебры преобразовали прямолинейные геометрические фигуры в рав-

новеликие им треугольник или квадрат. При этом опирались на теоре-

му, которую мы примем в качестве опорной задачи.

Теорема 5.5. В треугольнике АВС через вершину С проведена

прямая b, параллельная АС. Тогда любой треугольник с основанием

АС и третьей вершиной, расположенной на b, равновелик АВС

(рис. 109).

В качестве иллюстрации рассмот-

рим два треугольника АВС и АВ1С1. У

них одно и то же основание АС и рав-

ные высоты, заключенные между па-

раллельными прямыми а и b.


Задача 1. Покажите, что всякий

треугольник равносоставлен с прямоугольником, одна из сторон ко-

торого равна одной из сторон треугольника, а другая – половине вы-

соты треугольника, проведенной к выбранной стороне.

На рис. 110 тонкими линиями показано, из каких частей можно

получить прямоугольник в трех возможных случаях. Можно ли найти

иные способы? (Самостоятельно).


106

Задача 2. Покажите, что всякая трапеция равносоставлена с

прямоугольником, одна сторона которого равна средней линии тра-

пеции, а другая – высоте трапеции.

На рис. 111 тонкими линиями показано, из каких частей можно

составить указанный прямоугольник в различных случаях. Какая

формула для вычисления площади трапеции отсюда следует? (Само-

стоятельно).

Задача 3. АВСD – четырехугольник, диагонали которого взаимно

перпендикулярны. Найдите способ вычисления площади этого четы-

рехугольника, при котором достаточно измерить только диагонали

четырехугольника (самостоятельно).

Задача 4. «Перекроите» каждую фигуру в прямоугольник, а за-

тем найдите ее площадь, произведя необходимые измерения (рис. 112)

(самостоятельно).


107

Задача 5. Найдите площадь много-

угольника АВСDE, изображенного на рис.

113, разбив его на фигуры, для которых из-

вестны формулы вычисления площадей.

Произведите необходимые измерения.

Иным способом разбейте пятиугольник

на части и снова найдите его площадь. Су-

щественно ли отличаются резуль-

таты?

Задача 6. Преобразуйте че-

тырехугольник в равновеликий

ему треугольник.

Решение. Через вершину B

четырехугольника АВСD прове-

дем прямую m, параллельную

диагонали АС и пересекающую прямую а в точке К (рис. 114).

Соединим K с С. Рассмотрим

треугольники АКС и АВС. Они

равновелики по теореме 5.5. По-

этому SABCD=SKCD.

Замечание. Аналогичному

преобразованию могут быть под-

вергнуты и невыпуклые много-

угольники (рис. 115).


108

Задача 7. Вычислите неизвестную площадь х (рис. 116), где S –

данная площадь.

В качестве примера проиллюстрируем случай на рис. 116 (д). Вы-

полним дополнительные построения (тонкие линии). Рассмотрим

111 СВА и 11ААВ . Они равновелики, т.к. имеют одинаковые основа-

ния (АА1=А1С1) и высоту h, опущенную из В1 на АС1. Значит,

SSS CBAAAB 11111. Треугольники АА1В1 и АВ1В также равновелики.

Аналогично, SSS BCСВСB 111 и SSS АСAАСС 111

. Следовательно,

SABC = 7111 CBAS .

Задача 8. Через точку К, лежащую на стороне АВ треугольника

АВС, проведите прямую так, чтобы она разделила площадь треуголь-

ника пополам (рис. 117).

Построение. Проведем медиану

BD АВС. Тогда треугольники ABD

и DBC равновелики. Соединим точ-

ки К и D. В четырехугольнике

DKBC нужно отыскать треугольник,

площадь которого равна ΔKBDS .

Опираясь на теорему 5.5, проведем через точку В прямую, параллель-

ную KD. Она пересечет АС в точке Е. Соединим точки K и Е, получим


109

КВЕ. Он равновелик треугольнику КВD. Следовательно, прямая КЕ

делит треугольник АВС на равновеликие АКЕ и четырехугольник

КВСЕ.

Задача 9. Площадь треугольника АВС равна 36. Найдите площадь

треугольника, одна вершина которого расположена в основании высоты

данного треугольника, а две другие – в серединах сторон, заключающих

высоту.

Решение. Пусть треугольник MPN

– искомый (рис. 118). PN – средняя

линия АВС, равная АС2

1. Высота

МК в МРN равна ВМ2

1 (теорема

Фалеса). Тогда

ВМACKMPNSΔMPN2

1

2

1

2

1

2

1 или

ΔABCΔMPN SВM)АСS4

1(

4

1 . Таким образом, 9

4

1 SSΔMPN .

Задача 10. Точки D и Е, K и L, M и N делят соответственно сто-

роны АС, СВ и ВА треугольника АВС на три равных части. Докажи-

те, что площадь четырехугольни-

ка, образованного при пересечении

прямых BD, BE, KN и LM, равна 9

1

площади треугольника АВС (рис.

119).

Доказательство. Рассмотрим

три трапеции: MPSN, PQRS, QLKR.


110

PQRSNMPS ShNSMPS 2

1. hMPhMLS MBL

2

3

2

1 (*).

Площади их равны. В SBR отрезок PQ – средняя линия. Поэто-

му SR=2PQ.

hPQhPQPQhSRPQSSPQR 2

3)2(

2

1

2

1 или

hMPSSPQR 2

3 (**). Из того, что правые части в (*) и (**) одинако-

вы, то SPQRMPL SS . Следовательно:

DBACDBACDBMLhMPSSPQR

2

1

9

1

3

1

9

1

2

3

3

1

3

1

2

3

2

3,

где BD – высота АВС, опущенная из вершины В. Таким образом,

ΔABCPQRS SS9

1 .


1. Преобразуйте пятиугольник в равновеликий ему прямоуголь-

ник.

2. Преобразуйте шестиугольник в равновеликий ему треугольник.

3. Преобразуйте прямоугольник в равновеликий ему квадрат.

4. Точка Р находится на продолжении АВ треугольника АВС за

точку В так, что АВВР 2 . Точка Q находится на продолжении

стороны ВС треугольника АВС за точку С, ВCСQ 3 . Точка R на-

ходится на продолжении стороны АС треугольника АВС за точку А и

АСАР 4 . Найдите отношение площадей треугольников PQR и

АВС. (13:1)


111

5. Площадь прямоугольного треугольника равна S. Из середины

медианы, проведенной к гипотенузе, опущены перпендикуляры на его

стороны. Найдите площадь треугольника с вершинами в основаниях

этих перпендикуляров.

S

16

3

6. Точка N – середина боковой стороны CD трапеции ABСD. Пло-

щадь треугольника ABN равна 1см2. Найдите площадь трапеции.

(2 см2)

7. На сторонах АВ, ВС и СА взяты точки К, М, Р так, что

АК : АВ=ВМ : ВС=СР : СА=1 : 3. Докажите, что площадь треугольни-

ка, ограниченного прямыми АМ, ВР, СК, составляет 7

1 площади тре-

угольника АВС.

8. Докажите методом площадей теорему о свойстве биссектрисы

внутреннего угла треугольника.

9.В треугольнике АВС прямая, параллельная ВС, пересекает АВ и

АС в точках В1 и С1. Найдите площадь треугольника АВС1, если пло-

щади треугольников АВС и АВ1С1 равны соответственно р и q.

рq

10. На отрезке, соединяющем середины оснований AD и ВС тра-

пеции ABCD, взята точка М. Докажите, что треугольники АМВ и CMD

равновелики.

11. Имеется АВС. Найдите геометрическое место точек М таких,

что АВМ равновелик АСМ. Указание: ГМТ состоит из двух пря-

мых, проходящих через точку А. Одна из них проходит через середину

ВС, а другая – параллельна ВС.

12. Имеется АВС. Найдите геометрическое место точек М таких,

что треугольники АВМ и АВС равновелики. Указание: ГМТ состоит из


112

двух прямых, параллельных АВ и симметричных относительно АВ.

Одна из них проходит через точку С.

13. Докажите, что медианы треугольника делят его на 6 равнове-

ликих треугольников.

1.5.2. АНАЛИТИЧЕСКОЕ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ,

ОТНОСЯЩИХСЯ К ВЫЧИСЛЕНИЮ ПЛОЩАДИ

ТРЕУГОЛЬНИКА И ЕГО ЧАСТЕЙ

Другой подход к вычислению площадей – аналитический. В таб-

лице приведены формулы, которые по данным элементам треуголь-

ника позволяют найти его площадь. К ним отнесены: а, b, с – длины

сторон, ha, hb, hc; ma, mb, mc – высоты и медианы, опущенные на соот-

ветствующие стороны; А, В, С – внутренние углы; r и R − радиусы

вписанной и описанной окружностей, р – полупериметр; ra, rb, rc – ра-

диусы вневписанных окружностей.

Таблица 1

Площадь треугольника

п/п Элементы

треугольника

Формула для нахождения площади

треугольника

1. а, ha S= aаh2

1

2. a, b, C sinCbaS 2

1

3. b, СА, S=C)sin(A

sinCsinAb2

2

1

4. a, b, c cpbpappS


113

5. ma, mb, mc

acb

cbacbacba

mmm

mmmmmmmmmS

3

1

6.

baba m,mm,m ,

baba m,msinmmS 3

2

7. r; р S=pr

8. a, b, c, R S=4R

аbc

9. a, b, c, A S=4ctgA

acb 222

10. ha, hb, hc

2

1

111

111111111

acb

cbacbacba

hhh

hhhhhhhhhS

11. ha, hb, hc, p

cba h

h

h

1

h

1

pS

12. R;

СВ;А; sinCsinBsinARS 2 2

13. ha, hb, hc,R Rh h 2hS cba2

1

14. ha, hb, hc, r cba h h hr

S 3

15. r; ra, rb, rc cba r r rrS

16.

а) ra; a; р;

б) rb; b; р;

с) rc; с; р

aprS a , bprS b , cprS c

17

а) а; rb; rc;

б) b; ra; rc; в) с;

ra; rb cb

cb

rr

rarS

,

ca

ca

rr

rbrS

,

ba

ba

rr

rarS

18. СВ;A;


114

расстояния от

произвольной

точки М (внут-

ри треугольни-

ка) до его сто-

рон:

da, db, dc

sinCsinB2sinA

sinBdsinAdsinCdS

2

bac

В качестве опорной задачи может быть выбрана любая из формул,

предложенных выше. Докажем некоторые из них.

Теорема 5.6. Докажите формулу

S=pr (7).

Доказательство. Пусть в АВС

точка L – центр вписанной окружности

(рис. 120). Соединим L с вершинами А, В

и С. Получим три треугольника АВL;

ВLC; ALC. Площадь АВС равна сум-

ме площадей этих треугольников:

ALCBLCABLABC SSSS или crbrarS ABC2

1

2

1

2

1 ,

откуда )(2

1cbarS ABC . А потому S=pr.

Теорема 5.7. Докажите формулу S=2R2sinA·sinB·sinC (12).

Доказательство. По формуле 2 (табл. 1), теореме синусов и

обобщенной теореме синусов получим: absinCS2

1 , R

sinA

а2 ,

sinB

b

sinA

a , откуда а=2RsinA, b=

sinA

asinB. Подставим значение b в


115

формулу S=sinA

asinBa

2

1sinC= sinC

sinA

sinBa2

2

1. Подставим в это равенство

значение для а: sinA

AsinBsinCsinRS

22 4

2

1 или S=2R

2sinA·sinB·sinC .

Теорема 5.8. Найдите площадь треугольника по его медианам

ma, mb, mc (5).

Доказательство. Продолжим ОА1 за А1 на отрезок, равный ему

(рис. 121). Получим ОА1=А1B′

и рассмотрим ВОС . В

нем: OB'= am3

2; ОС= cm

3

2; CB

= cm3

2. Применим к треугольни-

ку ОBС формулу Герона:

1 1 2 1 2

3 3 3 3 3

1 2

3 3

a b c a b c c a b c b

a b c c

m m m m m m m m m m m

S

m m m m

cbacbacbacba mmmmmmmmmmmm 23

1.

Пусть m= )(2

1cba mmm . Тогда ma+mb+mc=2m. Предыдущее со-

отношение перепишется:

cbaCBO mmmmmmmS2

1

2

1

2

1

2

1

9

1


116

= cbaa mmm-mm-mm 36

1.

Каждая сторона треугольника ОСB' составляет 3

2 медианы тре-

угольника АВС. Площади подобных треугольников относятся как

квадраты сходственных сторон, и BOCABC SS 3 , а

BOCABC SS 4

93 .

Наконец, cbaABC mmmmmmmS 3

4.

Теорема 5.9. Найдите площадь треугольника, зная его высоты

ha, hb, hc (10).

Доказательство. Используем формулу (1) из таблицы. ahS a2

1 ;

bhS b 2

1; chS c

2

1, откуда

ah

Sa

2 ;

bh

Sb

2 ;

ch

Sc

2 .

Подставим значения а, b, c и р в формулу Герона:

2р=а+b+c=2S· 111 cba hhh , откуда 111 cba hhhSр .

11111111

1111111

22

2

ccbabcba

ccbacbaABC

hhhhShhhhS

hhhhShhhSS

= 1111111111112 cbacbacbacba -hh-h-hhhh-hhhhhS .

Сократив обе части равенства на S, и получим:

,-hhhh-hh

h-hhh-h-hhhhS

cbacba

cbсcbсcba

1-1-1-1-1-1-

1-1-1-1-1-1-1-1-1-

21

откуда


117

2

1111111111111 cbacbсcbacba -hhhh-hhhh-hhhhS .

Теорема 5.10. Докажите справедливость равенства 4SR=abc

(8).

Доказательство. В формуле обобщенной теоремы синусов

sinA

aR

2 умножим числитель и знаменатель правой части на bc и

получимsinAbc

abcR

2 или

S

abcR

4 , где S= ,

2

1bcsinA а потому 4SR=аbс.

Вспомним некоторые положения о площадях:

1) треугольники с равными основаниями и высотами имеют оди-

наковые площади;

2) площади треугольников, имеющих равные высоты, относятся

как длины их оснований;

3) площади треугольников с равными основаниями, но разными

высотами, относятся как длины их высот;

4) площади подобных треугольников относятся как квадраты со-

ответственных линейных элементов.

Приведенные выше формулы и пе-

речисленные положения определяют

несколько опорных задач.

Теорема 5.11. Если точка С1 рас-

положена на прямой АС, то отноше-

ние площадей треугольников АВС1 и

АВС равно отношению длин сторон

АС1 и АС: AC

AC

S

S

ABC

ABC 11

(рис. 122).

Доказательство. Используем формулу 2 (табл. 1) для двух рас-

сматриваемых треугольников:


118

AACABS ABC sin2

111

;

AACABS ABC sin2

111

,

откуда AC

AC

ACAB

ACAB

S

S

ABC

ABC 111

.

Этот факт может быть обобщен.

Теорема 5.12. Пусть точка В1 расположена на прямой АВ, а С1

– на АС. Тогда отношение площадей треугольников АВ1С1 и АВС

равно отношению длин сторон, содержащих вершину А (рис. 123).

Доказательство. Утверждение доказывается на основании фор-

мулы 2 (табл. 1), т.к. синусы углов с вершиной А в треугольниках

АВ1С1 и АВС равны. Сами же углы или равны (рис. 123а), или в сумме

составляют 180º (рис. 123б).

Таким образом, имеем: ACAB

ACAB

AACAB

AACAB

S

S

ABC

CAB

1111

sin2

1

sin2

1

11 .

Переходим к решению задач.

Задача 1. Найдите площадь треугольника со сторонами 5, 6 и 7 .


119

Решение. Пусть а=5, b=6, c= 7 . Если использовать формулу Ге-

рона, то выкладки будут громоздкими. Воспользуемся теоремой коси-

нусов: cosC=2ab

cbа 222 , откуда cosC=

10

9

652

73625

, тогда

sinC=10

19

100

811 . Поэтому S

2

193

10

1965

2

1 .

Задача 2. Две стороны треугольника равны 3 и 4, а площадь его −

3 3 . Найдите длину третьей стороны.

Решение. Из формулы 2 (табл. 1) найдем sinC: sinC=ab

S2, откуда

sinC=2

3 и 60C . По теореме косинусов найдем длину стороны с:

с2=а

2+b

2−2abcosС, откуда с

2=а

2+b

2−2abcosC, откуда с

2=9+16−12 и

с= 13 .

Задача 3. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник,

если его стороны равны 2, 3 и 4.

Решение. Полупериметр треугольника р= 2

9432

2

1 . По фор-

муле Герона вычислим его площадь

S= 154

34

2

93

2

92

2

9

2

9

. Тогда r=

p

S, т.е.

r=6

15

94

2153

.

Задача 4. Площадь треугольника равна 5, две стороны равны 3 и

4. Найдите площади треугольников, на которые он делится биссек-

трисой угла между данными сторонами.


120

Решение. Пусть АВ=3, ВС=4

(рис. 124). По свойству биссектрисы

BC

AB

DC

AD . Отсюда

4

3

DC

AD и

7

4

AC

DC. По свойству площадей

AC

AD

S

S

ABC

ABD

и AC

DC

S

S

ABC

BDC

. Из этих

равенств находим SΔABD и SΔBDC:

7

155

7

3ABDS

и SΔBDC=7

205

7

4 .

Задача 5. На сторонах АВ, ВС, СА

треугольника АВС взяты точки K, L, M

так, что АК=2 КВ, 2ВL=3LC,

3CM=4MA. Площадь треугольника АВС равна 35. Найдите площади

треугольников АКМ, BKL, CLM, KLM (рис. 125).

Решение. Воспользуемся теоремой (5.12).

1) ACAB

AMAK

S

S

ABC

AKM

, откуда

1073

32357

3

3

2

ACAB

ACAB

SS ABCAKM .

2) BCBA

BLBK

S

S

ABC

KBL

, откуда 7

5

3

3

135 KBLS .

3) CACB

CMCL

S

S

ABC

CLM

, откуда 87

4

5

235 CLMS .


121

4) Наконец,

CLMKBLAKMABCKLM SSSSS =35−(10+7+8)=10.

Задача 6. Докажите, что площадь треугольника, одна вершина

которого расположена в основании высоты данного треугольника, а

две другие – в серединах сторон, заключающих высоту, в 4 раза мень-

ше площади данного треугольника.

Доказательство. Пусть ВМАС, K и L – середины АВ и ВС со-

ответственно (рис. 126). Докажем,

что 4

KLM

ABC

S

S.

KL – средняя линия ABCΔ . В

:KLM

BMACMNKLS

KLM2

1

2

1

2

1

2

1

;

BMACS ABC 2

1. Потому 4

2

1

2

1

2

12

1

BMAC

BMAC

S

BMAC2

1

S

S

KLMKLM

ABC .

Задача 7. Длины сторон треугольника равны 5, 6 и 7. Найдите

площадь треугольника с вершинами в основаниях биссектрис данного


Решение. Пусть АВ=5, ВС=6,

АС=7 (рис. 127). По свойству бис-

сектрисы найдем длины отрезков

АК, КВ, ВL, LC, AM и MC.

ВС

АВ

МС

АМ ; ,

6

5

7

АМ

АМ откуда


122

АМ=311

2, а потому

11

93МС .

ВС

АС

КВ

АК ,

6

7

АК5

АК, откуда

АК=213

9, а потому КВ=

13

4;

AC

AB

LC

BL ,

7

5

BL6

BL. Тогда BL=2 ,

2

1 а

LC=2

13 .

Используя свойства площадей, найдем площади треугольников

АКМ; BKL и MLC. Прежде вычислим по формуле Герона ABCΔ

S . Т.к.

р=9, то ABCΔ

S = 662349 .

Далее ACAB

AMAK

S

S

ABC

KLM

; 143

6210

751311

353566

KLMS .

BCBA

BLBK

S

S

ABC

BKL

;

13

615

65213

53066

BKLS .

CACB

CLCM

S

S

ABC

MLC

; 11

621

67211

74266

MLCS .

Наконец SΔKLM=SΔABC −(SΔAMK+SΔKBL+SΔLCM).

143

6210

143

664866

11

621

13

615

143

621066

KLMS .

Задача 8. На стороне АВ треугольника АВС взята произвольная

точка D и из нее проведены DE ||

AC и DF || BC. Найдите площадь

треугольника СЕF, если площади

треугольников АDF и BDE соот-

ветственно равны S1 и S2

(рис. 128).

Решение. Пусть SΔCЕF = Sx . Из

подобия треугольников ADF и DBE (т.к. каждый из них подобен


123

АВС) получим:

22

1

2

AF

FC

AF

DE

S

S (*). Высоты треугольников

ADF и FEC, проведенные к сторонам AF и FC, равны между собой,

т.к. DE || AC. Тогда AF

FC

S

S

1

x (**). Сопоставив (*) и (**), получим

2

11

2

S

S

S

S x . Откуда Sx= 21SS .

Задача 9. Найдите площадь равнобедренного треугольника АВС

(АВ=ВС), если высота BD=10, а высота, проведенная к боковой сто-

роне, равна 12 (рис. 129).

Решение. Применим метод площадей:

выразим площадь треугольника двумя спо-

собами и приравняем ее. Обозначим через х

длину боковой стороны ВС, тогда

122

1 xS ABC и 10

2

1 ACS ABC . В пря-

моугольном треугольнике DВС

100 2хDC .

Имеем 1010022

112

2

1 2хх , откуда 16х

2=2500, или х=12,5.

Далее находим .751005,1222

1 2 ABCS

Задача 10. В прямоугольном тре-

угольнике медиана равна m и делит

прямой угол в отношении 1 : 2. Найдите

площадь треугольника.

Решение. Пусть CD − медиана пря-

моугольного треугольника АВС


124

(рис. 130). По свойству медианы CD = АВ2

1.

CDACBDABC SSS ; CBD − правильный со стороной, равной

m, тогда 4

mS BCD

32

. Треугольник CDA − равнобедренный с углом

при основании 30º, АС=m 3 (следствие из теоремы Пифагора),

120CDA . Тогда 22

4

3120

2

1msinmS CDA

. Поэтому

2

2

3mS BCA .

Замечание. Решение облегчится, если учесть, что треугольники

CBD и ACD равновелики (одинаковые основания, одна и та же высота,

опущенная из вершины С).

Задача 11. Найдите угол треугольника АВС, если заданы длины

его сторон: АС=b, AB=a и длина биссектрисы l внутреннего угла А

(рис. 131).

Решение. Пусть αBAC 2 . Вос-

пользуемся формулой площади для

ABC , ABD и ADC :

ADCABDABC SSS и

αabsin22

1= sinαlbsinαla

2

1

2

1 , откуда

2abcosα = lbla + или cosα =

ab

bal

2

. Тогда

2ab

balrccosa

и

2ab

bal2arccosBAC

.


125


1. В треугольнике АВС основаниями биссектрис являются

точки D, E, F. Найдите отношение площадей треугольников АВС и

DBF.

cbcaba

2abc

S

S

ABC

DEF

2. В равнобедренный треугольник АВС

90C вписан

равносторонний треугольник так, что его сторона лежит на гипотену-

зе, а вершина совпадает с вершиной прямого угла. Найдите отношение

площади вписанного треугольника к площади прямоугольного тре-

угольника.

3

3

3. На сторонах АВ и АС треугольника АВС взяты точки М и N, а

на прямой MN – точка P так, что PN

MP

NC

AN

МА

ВМ . Докажите, что

площадь треугольника BPC в два раза больше площади треугольника

AMN.

4. В треугольнике АВС проведены высоты BD и CE. Докажите, что

2

AC

AB

S

S

ACE

ABD .

5. В прямоугольный треугольник вписана окружность радиуса r.

Найдите длину гипотенузы, если площадь треугольника равна S.

r

r

Sc

6. В равнобедренном треугольнике MNQ с основанием MQ высо-

ты пересекаются в точке С, причем МС=15, NC=12. Найдите площадь

треугольника MNC.


126

(270)

7. В равнобедренном треугольнике MNR с основанием MR высоты

МА и NB пересекаются в точке С, лежащей внутри треугольника MNR.

Найдите площадь треугольника MNC, если MN=17, а площадь тре-

угольника MNR равна 68. (31, 875)

8. В прямоугольном треугольнике проекции катетов на гипотенузу

равны р и q. Найдите площадь треугольника.

pqqpS

2

1

9. Отрезок AD – биссектриса треугольника

90C . Окруж-

ность, радиус которой 15 , проходит через точки А, С, D и пересека-

ет сторону АВ в точке Е так, что АЕ:АВ=3:5. Найдите площадь тре-

угольника АВС.

(32)

10. Через точку К, взятую внутри треугольника АВС, проведены

три прямые, параллельные соответствующим сторонам треугольника.

Площади трех получившихся треугольников равны соответственно S1,

S2, S3. Найдите площадь треугольника АВС.

(SABC=( S1+ S2 +S3)2)


127

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Готман, Э. Г. Задача одна – решения разные. Геометр. задачи

[Текст] / Э. Г. Готман, З. А. Скопец. – М.: Просвещение, 2000. – 387 с.

2. Готман, Э. Г. Задачи по планиметрии и методы их решения

[Текст]: пособие для уч-ся / Э. Г. Готман. – М.: Просвещение: Учеб.

лит., 1996. – 254 с.

3. Гусев, В. А. Практикум по элементарной математике. Геометрия

[Текст]: учеб. пособие / В. А. Гусев, В. Н. Литвиненко, А. Г. Мордкович.

– Изд. 2-е; перераб. и доп. – М.: Просвещение, 1992. – 187 с.

4. Гусев, В. А. Сборник задач по геометрии. 5-9 класс [Текст]:

учеб. пособ. для общеобразоват. учреждений / В. А. Гусев. – М.: Оникс

21 век: Мир и образование, 2005. – 287 с.

5. Данилова, Е. Ф. Как помочь учащимся находить путь к реше-

нию геометрических задач [Текст] / Е. Ф. Данилова. – М.: Учпедгиз,

1958. – 331 с.

6. Жаров, В. А. Вопросы и задачи по геометрии [Текст] / В. А. Жа-

ров, П. С. Марголите, З. А. Скопец. – М.: Просвещение, 1965. – 487 с.

7. Зив, Б. Г. Задачи к урокам геометрии, 7-11 кл. [Текст] / Б. Г. Зив.

– СПб.: Мир и семья − 95, 1997. – 381 с.

8. Колягин, Ю. М. Задачи в обучении математики [Текст]. Ч. 1. Ма-

тематические задачи как средство обучения и развития учащихся / Ю. М.

Колягин. – М.: Просвещение, 1977. – 289 с.

9. Колягин, Ю. М. Задачи в обучении математике [Текст]. Ч. 2.

Обучение математике через задачи и обучение решению задач / Ю. М.

Колягин. – М.: Просвещение, 1977. – 187 с.

10. Лурье, М. В. Геометрия. Техника решения задач [Текст]: учеб.

пособие / М. В. Лурье. – Ростов н/Д.: Феникс; М.: Изд. отд. УНЦДО,

2002. – 426 с.


128

11. Пойа, Д. Математическое открытие. Решение задач: основные

понятия, изучение и преподавание [Текст] / Д. Пойа. – М.: Наука,

1970. – 276 с.

12. Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии [Текст]. Ч. 1: учеб. посо-

бие / В. В. Прасолов. – Изд. 3-е. – М.: Наука, 1995. – 287 с.

13. Саранцев, Г. И. Упражнения в обучении математике [Текст] /

Г.И. Саранцев. – М.: Просвещение, 1995. – 289 с.

14. Скопец, З. А. Геометрические миниатюры [Текст] / З. А. Ско-

пец. – М.: Просвещение, 1990. – 289 с.


129

Рис. 1

ГЛАВА II

ДИСТАНЦИОННЫЙ КУРС «ЭЛЕМЕНТЫ

СФЕРИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ»

МОДУЛЬ 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

СФЕРИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ

2.1.1. Сфера, большая и малая окружности

Сферой называется геометрическое место точек пространства,

расположенных на данном расстоянии от данной точки, называемой еѐ

центром.

Отрезок, соединяющий центр сферы с какой-либо его точкой, на-

зывается ее радиусом. Отрезок, соединяющий две точки сферы и про-

ходящий через его центр, называется диаметром. Из определений

следует, что все радиусы равны и что диаметр равен удвоенному ра-

диусу. Плоскость, проходящая через центр сферы, называется диа-

метральной плоскостью.

Пусть S – некоторая сфера с центром O

радиуса R. Возьмѐм плоскость , удалѐн-

ную от точки O на расстояние, меньшее R.

Тогда пересечение и сферы S есть ок-

ружность. Радиус r этой окружности явля-

ется катетом прямоугольного треугольника

(рис. 1), гипотенуза которого – радиус R, а второй

катет – перпендикуляр h, опущенный из центра сферы на плоскость.

Поэтому в силу теоремы Пифагора r = 22 hR . Эта формула показыва-

ет, что если величина r принимает максимальное значение r = R при h = 0,


130

то α становится диаметральной плоскостью. В этом случае окружность на

сфере и называется большой окружностью.

В геометрии на сфере большие окружности играют роль прямых

на плоскости. При h > 0 и r < R окружность на сфере называется малой

окружностью.

Так как через всякие три неколлинеарные точки пространства

проходит единственная плоскость, то через всякие две точки сферы, не

являющиеся диаметрально противоположными, проходит единствен-

ная диаметральная плоскость. Поэтому через всякие две точки сферы,

не являющиеся диамет-

рально противополож-

ными, проходит единст-

венная большая окруж-

ность (рис. 2). Этот факт

вполне аналогичен тому,

что через всякие две

точки плоскости проходит единственная прямая.

Через две диаметрально противоположные точки сферы, напро-

тив, можно провести бесконечное множество больших окружностей

(рис. 3). Так как всякие две диаметральные плоскости сферы пересе-

каются по еѐ диаметру, то всякие две большие окружности пересека-

ются в двух диаметрально противоположных точках сферы (рис. 4).

В этом случае имеет место отличие сферической геометрии от

евклидовой, где две прямые пересекаются не более чем в одной точке.

Так как плоскость делит пространство на две области, то и боль-

шая окружность разделяет сферу на две области (рис. 2), называе-

мые полусферами, а сама окружность называется их краем. Далее, так

как две пересекающееся плоскости делят пространство на четыре об-

ласти, то две большие окружности также делят сферу на четыре

Рис. 2 Рис. 3

Рис. 2 Рис. 3


131

области (рис. 4). Наконец, так как три плоскости, пересекающиеся в

одной точке, а значит, и по одной прямой, делят пространство на во-

семь областей, то три

большие окружности,

не пересекающиеся в

одной точке, делят

сферу

на восемь областей.

На рис.5 изобра-

жены восемь областей ABC,

ABC′, AB′C, A′BC, AB′C′, A′BC′, A′B′C, A′B′C′, на которые делят сферу

большие окружности AB, AC и BC, причѐм точки A′,B′,C′ диаметрально

противоположны A,B,C и, следовательно, области ABC и A′B′C′, ABC′ и

A′B′C, AB′C и A′BC′, A′BC и AB′C′ попарно диаметрально противопо-

ложны. Если первые два из

этих свойств аналогичны

свойствам прямых на плоско-

сти, которая делится на две

области прямой и на четыре –

двумя пересекающимися

прямыми, то третье из ука-

занных свойств не вполне

аналогично соответствующему свойству прямых на плоскости, т.к.

три попарно пересекающиеся прямые, не проходящие все три через

одну точку, делят плоскость не на восемь, а на семь частей (рис. 6).

Рис. 4 Рис. 5

Рис. 6


132

2.1.2. Расстояние между точками

Возьмѐм две точки A, BS и рассмотрим большую окружность Q,

проходящую через эти точки (рис. 7). Она является объединением

двух своих дуг MBA

и NBA

с концами в точках A и B. Длина дуги,

не большей полуокружности, называется

сферическим расстоянием между точкам A и

B и обозначается через d(A,B). Следователь-

но, для любых двух точек сферы S имеем

d(A,B)≤πr.

Пусть MBA

Q меньше полуокружности,

и, значит, d(A,B) – длина этой дуги. Обозначим

через величину центрального угла AOB,

опирающегося на MBA

, и через (A,B) длину отрезка AB. Как известно,

d(A,B)=r (1).

Из треугольника AOB (рис.7) находим:

(A,B)=2rsin(2

) (2).

Из (1 – 2) следует: (A,B)=2r sin (r

BAd

2

),() (3).

Рис. 7


133

2.1.3. Полюс и поляра

Всякой большой окружности

соответствуют две диаметрально

противоположные точки сферы,

высекаемые из неѐ диаметром, пер-

пендикулярным к плоскости боль-

шой окружности (рис. 8).

Эти две точки называются полюсами

большой окружности; в частности, полюсами

экватора Земли являются еѐ географические полюсы – Северный и

Южный. Очевидно, что каждым двум диаметрально противополож-

ным точкам А и В на сфере соответствует единственная большая ок-

ружность, для которой А и В являются полюсами, называемая полярой

пары диаметрально противоположных точек А и В. Каждая точка по-

ляры называется полярно сопряжѐнной с каждым из еѐ полюсов; иначе

говоря, точки P,Q сферы являются попарно сопряжѐнными, если ра-

диусы OP и ОQ перпендикулярны (О – центр сферы). Очевидно, что

все точки поляры удалены от своего полюса на расстояние, равное

2

R (квадранту).

Рис. 8


134

2.1.4. Угол на сфере

Углом между двумя пересе-

кающимися линиями в простран-

стве называется угол между каса-

тельными к этим линиям в точке

их пересечения. Частным случаем

общего понятия угла между двумя

линиями является угол между

двумя большими окружностями

на сфере. На рис. 9 изображѐн

угол BAC между большими ок-

ружностями АВ и АС на сфере и измеряющий этот угол XAY между

касательными AX и AY к этим окружностям.

Если провести большую окружность, являющуюся полярой вер-

шины А угла на сфере и пересекающую стороны этого угла в точках В

и С, то лучи ОВ и ОС соответственно параллельны лучам AX и AY, ка-

сательным к сторонам угла (рис. 9). Поэтому длина угла большой ок-

ружности ВС равна произведению ВАС на радиус сферы, т.е. угол на

сфере равен длине дуги большой окружности между точками сторон

угла, полярно сопряжѐнными с вершиной угла, делѐнной на радиус

сферы.

Так как оба угла ВАС и

ВА'С, образованные двумя полу-

окружностями при их различных

концах, равны одному и тому же

углу ВОС, то они равны между

собой, и величина каждого из них называется углом между двумя

большими полуокружностями.

Две большие окружности определяют четыре угла между двумя

полуокружностями, попарно равные друг другу. Те из них, обе сто-

Рис. 9

Рис. 10 а)

а)

Рис. 10 б)

б)

Рис. 9)


135

Рис. 11

роны которых являются продолжениями сторон

другого угла, равны и называются вертикальными

углами (рис.10, а); те из этих углов, которые имеют

одну общую сторону, составляют в сумме развѐр-

нутый угол и называются смежными углами (рис.

10, б).

Так как полюсы D и E больших окружностей AB и

AC представляют собой точки большой окружности

ВС, полученные из точек В и С поворотом во-

круг прямой АА' на прямой угол, то EDCB

и

угол ВАС равен длине дуги DE, делѐнной на ра-

диус сферы.

Заменяя одну из точек D или Е еѐ диамет-

рально противоположной D' или E' (рис. 11), получим

угол, смежный с углом ВАС.

Таким образом, угол между двумя большими окружностями равен

длине дуги, соединяющей их полюсы, делѐнной на радиус сферы.

Так как при отражении от диаметральной

плоскости полюсы большой окружности, высе-

каемой из сферы этой плоскостью, переходят

друг в друга, то большие окружности, проходя-

щие через эти полюсы, при указанном отраже-

нии переходят в себя (рис. 12). Поэтому углы,

составляемые этими большими окружностями с

большой окружностью, высекаемой плоскостью,

равны углам, смежным с ними, и, следовательно, являются прямыми уг-

лами. Таким образом, большие окружности, одна из которых проходит

через полюс другой, пересекаются под прямым углом. Будем называть

такие большие окружности перпендикулярными.

Рис. 12

Рис. 13


136

Обратно, отметив на одной из двух перпенди-

кулярных больших окружностей точку, полярно

сопряжѐнную точке пересечения, мы получим та-

кую точку, что проведѐнный в нее радиус сферы

перпендикулярен диаметральной

плоскости, высекающей из сферы вторую

большую окружность (рис. 13), т.е. точку, являю-

щуюся полюсом этой окружности. Поэтому каждая из двух перпенди-

кулярных больших окружностей проходит через полюс другой боль-

шой окружности.

Отсюда следует, что большая окружность, являющаяся полярой

точки пересечения двух больших окружностей, перпендикулярна обе-

им большим окружностям, т.е. две большие окружности всегда обла-

дают единственной большой окружностью, перпендикулярной к ним

обеим (рис. 14). Для сравнения заметим, что на плоскости общими

перпендикулярами обладают только параллельные прямые, причѐм

две параллельные прямые обладают не одним, а бесконечным множе-

ством общих перпендикуляров.

2.1.5. Понятие движения

Движением сферы называется такое ее преобразование, при кото-

ром сохраняется расстояние между точками. Иными словами, преоб-

разование сферы является движением, если для любых ее точек А,В

расстояние между точками (А) и (В) равно расстоянию между точ-

ками А и В. Так как две точки А и В являются диаметрально противо-

положными в том и только том случае, если расстояние между ними

имеет наибольшее возможное значение, равное 2R, где R – радиус

Рис. 14


137

сферы, то из определения движения непосред-

ственно следует, что при любом движении

сферы диаметрально противоположные точ-

ки сферы переходят в диаметрально противо-

положные точки. Это свойство также не имеет

аналога в плоской геометрии, так как на плос-

кости нет таких пар точек, что движение одной

из этих точек вполне определяет движение

второй. Поэтому, если движение плоскости

является преобразованием множества точек

этой плоскости, то движение сферы по суще-

ству является преобразованием множества пар

диаметрально противоположных точек сферы.

В качестве примера движения укажем пово-

рот сферы вокруг некоторого ее диаметра СС' на

угол , при котором каждая окружность сферы,

имеющая линию СС' своей осью, поворачивается

по себе на угол (рис.15).

Другим примером движения сферы является

симметрия сферы относительно некоторой ее

диаметральной плоскости π, при которой каждая

точка А переходит в такую точку А', что плос-

кость π перпендикулярна отрезку АА' и проходит

через его середину (рис.16). Поворот и симметрия

являются в некотором смысле основными движениями сферы; можно

доказать, что всякое (нетождественное) движение сферы является

либо поворотом, либо симметрией либо представляет произведение

поворота и симметрии.

Рис. 15

Рис. 16


138

2.1.6. Предмет сферической геометрии

Сферическая геометрия

изучает те свойства фигур на

сфере, которые сохраняются

при любых движениях сферы.

Фигуры на сфере, которые мо-

гут быть переведены одна в

другую некоторым движением сферы, называются равными; геомет-

рические свойства равных фигур одинаковы.

Иногда предмет сферической геометрии определяется иначе. Вме-

сто движений, определѐнных выше, рассматриваются только поворо-

ты сферы и изучаются те свойства фигур, которые сохраняются при

поворотах. Фигуры, переходящие друг в друга

при некотором повороте,

называют в этом случае равными. Фигуры же, которые переходят друг

в друга при движении, но не могут быть совмещены поворотом, рав-

ными не считают; такие фигуры называют симметричными. Так, на

рис. 17 а) изображены равные фигуры, а на рис.17 б) – симметричные.

2.1.7. Принцип двойственности

Мы видели, что любое движение сферы переводит пару диамет-

рально противоположных точек снова в пару диаметрально противо-

положных точек. Таким образом, пара диаметрально противополож-

ных точек является в сферической геометрии самостоятельным гео-

Рис.17а) Рис. 17 б)


139

метрическим объектом. Отметим одно замечательное их свойство:

всякой теореме сферической геометрии соответствует другая тео-

рема этой геометрии, получающаяся из первой взаимной заменой

слов: «пара диаметрально противоположных точек» и «большая

окружность», «лежит на» и «проходит через», «соединяются» и «пере-

секаются на» и т.д. Это свойство теорем сфериче-

ской геометрии является следствием того, что вся-

кой большой окружности на сфере взаимно одно-

значно соответствует пара еѐ полюсов, а всякой паре

диаметрально противоположных точек сферы вза-

имно однозначно соответствует их поляра, причѐм,

если большая окружность проходит через пару диа-

метрально противоположных точек, то полюсы этой окружности ле-

жат на поляре этой пары точек (рис. 18). Это свойство называется

принципом двойственности, а теоремы, получающиеся друг из друга

указанной заменой, называются двойственными друг другу. Если одна

из двух двойственных теорем доказана, то доказательство второй мо-

жет быть получено из доказательства первой теоремы переходом от

каждой большой окружности к ее полюсам, а от каждой пары диамет-

рально противоположных точек – к ее поляре.

Рис. 18


140

МОДУЛЬ 2. СФЕРИЧЕСКИЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ

2.2.1. Двуугольники и треугольники на сфере

Возьмѐм на сфере три точки А, В, С, не лежащие в одной плоско-

сти с центром О данной сферы. Совокупность этих точек и дуг АВ, ВС

и АС больших окружностей (меньших полуокружности) называется

сферическим треугольником АВС. Точки А, В, С называются верши-

нами сферического треугольника, а дуги АВ, ВС и АС – его сторонами.

Углы, образуемые сторонами сферического треугольника в его вер-

шинах, называются углами сферического треугольника. Ясно, что сфе-

рический треугольник можно получить с помощью трѐхгранного угла,

если пересечь его сферой, центр которой совпадает с вершиной данно-

го угла. Действительно, при пересечении сферы с гранями данного

трѐхгранного угла получают сферический треугольник.

В отличие от плоскости, где треугольник является многоугольни-

ком с наименьшим числом сторон, на сфере имеются многоугольники

с числом сторон меньше трѐх – двуугольники. Двуугольником является

часть сферы, ограниченная двумя половинами больших окружностей с

общими концами. Последние, называемые вершинами двуугольника,

являются диаметрально противоположными точками сферы.

Биссектрисой сферического треугольника называется большая

окружность, делящая пополам один из его углов, а также дуга этой

большой окружности, имеющая своими концами вершину треугольни-

ка и точку пересечения большой окружности с противолежащей сто-

роной. Медианой сферического треугольника называется большая ок-

ружность, проходящая через одну из его вершин и середину противо-

лежащей стороны. Высотой сферического треугольника называется

большая окружность, проходящая через одну из его вершин и перпен-

дикулярная к противолежащей стороне, а также одна из двух дуг этой

большой окружности, имеющих своими концами данную вершину

треугольника и точки пересечения с противолежащей стороной. Если


141

углы сферического треугольника при двух других его вершинах оба

острые или оба тупые, то за высоту естественно принять дугу, лежа-

щую внутри треугольника. Если же из двух углов при двух других

вершинах один острый, другой тупой, то обе дуги, о которых идѐт

речь, проходят вне сферического треугольника; в этом случае за высо-

ту естественно принять дугу, меньшую квадранта. Наконец, понятие

высоты сферического треугольника, выходящей из данной вершины,

теряет смысл, если углы при двух других вершинах оба прямые: в

этом случае всякая большая окружность, проходящая через данную

вершину, перпендикулярна противолежащей стороне.

2.2.2. Полярные треугольники

Всякому сферическому треугольнику АВС

можно поставить в соответствие другой сфе-

рический треугольник А'В'С', вершины которо-

го являются полюсами сторон ВС, СА, АВ тре-

угольника АВС, лежащими от этих

сторон по ту же сторону, что и

соответственно вершины А, В, С (рис. 19). Сферический треугольник

А'В'С' называется полярным по отношению к сферическому треуголь-

нику АВС.

Если сферический треугольник А'В'С' является полярным по от-

ношению к сферическому треугольнику АВС, то и сферический тре-

угольник АВС полярен по отношению к сферическому треугольнику

А'В'С'. В самом деле, т.к. точка В' является полюсом стороны АС, то В'

полярно сопряжена с А и С (рис. 19). Так как С' является полюсом сто-

роны АВ, то она полярно сопряжена с точками А и В. Но т.к. А полярно

сопряжена с точками В' и С' стороны В'С', то она является полюсом

стороны В'С'. При этом, т.к. точки А и А' лежат по одну сторону от

стороны ВС, то они лежат по одну сторону и от В'С'.

Рис. 19


142

Доказывается также, что точки В и С тоже являются полюсами

сторон С'А' и А'В' и лежат по ту же сторону от них, что и точки В'С',

т.е. сферический треугольник АВС полярен по отношению к сфериче-

скому треугольнику А'В'С'.

Обозначим точки пересечения больших окружностей АВ и АС со сто-

роной В'С' через L и М, точки пересечения больших окружностей ВС и

ВА со стороной А'С' – через N и Р и точки пересечения больших ок-

ружностей СА и СВ со стороной А'В' – через Q и R (рис. 19). Тогда,

если величины углов САВ, АВС и ВСА обозначить через А, В и С соот-

ветственно, а радиус сферы – через r, то дуги больших окружностей

LM, NP и QR соответственно равны Аr, Br, Cr. Далее, так как дуги В'М,

LC', C'P, NA', A'R, QB' соединяют полярно сопряжѐнные точки, то они

равны r2

. Поэтому, если все три угла А, В, С не превышают

2

,

то дуги B'L и MC', C'N и PA', A'Q и RB', дополняющие дуги Аr, Br, Cr

до r2

, соответственно равны rА

2

, rB

2

,

rC

2

. Таким образом, стороны В'С', С'А' и А'В' полярного тре-

угольника в этом случае равны rА , rB , rC . Тот

же результат аналогично доказывается и для случаев, когда углы А, В

или С больше 2

. Поэтому стороны треугольника, полярного по от-

ношению к сферическому треугольнику АВС, соответственно равны

rА , rB , rC . Тогда, если обозначить эти сто-

роны через а', b', с', то ,r

аА

,

r

bB

,

r

cC

т.е.

углы треугольника, полярного по отношению к сферическому тре-


143

угольнику со сторонами а', b', с', соответственно равны

r

c

r

b

r

а

,, .

Переход от сферического треугольника к треугольнику полярному

относительно него позволяет, зная свойства сторон первого треуголь-

ника, выводить из них свойства углов второго. Таким путѐм справед-

лива следующая теорема.

Теорема 1. Во всяком сферическом тре-

угольнике:

1) каждый угол, увеличенный на два прямых,

больше суммы двух других углов;

2) сумма трѐх углов больше двух и меньше

шести прямых.

Сферический треугольник, совпадающий со своим

полярным треугольником, называется автополярным. Так как все

вершины такого треугольника полярно сопряжены, то все стороны

этого сферического треугольника равны четверти большой окружно-

сти. Отсюда вытекает, что все три угла этого сферического треуголь-

ника прямые. На рис. 20 изображѐн автополярный треугольник АВС.

Рис. 20


144

2.2.3. Признаки равенства сферических треугольников

Очевидно, что между вершинами двух равных сферических тре-

угольников можно установить такое соответствие, при котором как

соответственные стороны, так и соответственные углы равны. Для

этого следует поставить в соответствие каждой вершине первого сфе-

рического треугольника ту вершину второго, в которую он переходит

при совмещении этих треугольников.

Равенство сферических треугольников так же, как и равенство

плоских, определяется равенством трѐх их соответствующих элемен-

тов.

Ниже перечислены шесть признаков равенства сферических тре-

угольников.

Первый признак. Если две стороны и угол между ними одного

сферического треугольника равны двум соответствующим сторонам и

углу между ними другого, то такие сферические треугольники равны.

Второй признак. Если сторона и два прилежащих к ней угла од-

ного сферического треугольника соответственно равны стороне и при-

лежащим к ней углам другого треугольника, то такие сферические

треугольники равны.

Третий признак. Если три стороны одного сферического тре-

угольника соответственно равны сторонам другого треугольника, то

такие сферические треугольники равны.

Следующие три признака равенства треугольников отличны от

тех, что имеют место в евклидовой геометрии.

Четвѐртый признак. Если два угла одного сферического тре-

угольника соответственно равны двум углам другого, сторона первого

треугольника, противолежащая одному из этих углов, равна соответ-

ствующей стороне второго; и стороны обоих треугольников, противо-

лежащие другим равным по условию углам, обе меньше квадранта или

обе больше его, то такие сферические треугольники равны.


145

Пятый признак. Если две стороны одного сферического тре-

угольника соответственно равны двум сторонам другого, угол первого

треугольника, противолежащий одной из этих сторон, равен соответ-

ствующему второго, и углы обоих треугольников, лежащие против

других равных углов по условию сторон, оба острые или оба тупые, то


Шестой признак. Если три угла одного сферического треуголь-

ника соответственно равны трем углам другого, то такие сферические


Сравнивая первый признак равенства со вторым, третий с шестым,

а четвѐртый с пятым, можно заметить, что если для двух сферических

треугольников выполнен признак каждой пары, то для полярных по

отношению к ним треугольников выполнен второй признак той же па-

ры. Поэтому, так как из равенства двух сферических треугольников,

очевидно, вытекает равенство полярных по отношению к ним тре-

угольников, то из справедливости одного из признаков каждой пары

вытекает справедливость второго из признаков той же пары. Поэтому

достаточно доказать лишь первый, третий и пятый признаки равенства

треугольников.

Определение. Сферический треугольник называется прямоуголь-

ным, если он имеет один и только один прямой угол. Как и в евклидо-

вой геометрии, сторона, лежащая против прямого угла, называется

гипотенузой, а две другие – катетами.

Ниже перечислены признаки равенства прямоугольных сфериче-

ских треугольников.

Признак 1. Если два катета одного сферического треугольника

соответственно равны двум катетам другого, то такие треугольники

равны.

Признак 2. Если один из катетов первого сферического треуголь-

ника равен одному из катетов второго и прилежащие к этим катетам


146

углы обоих треугольников, отличные от прямого, равны, то такие

прямоугольные сферические треугольники равны.

Признак 3. Если один из углов первого прямоугольного сфериче-

ского треугольника, отличный от прямого, равен одному из углов вто-

рого и гипотенузы обоих треугольников равны, то такие сферические


Признак 4. Если один из углов первого сферического треугольни-

ка, отличный от прямого, равен одному из углов второго, катеты обо-

их треугольников, противолежащие этим углам, равны и гипотенузы

обоих треугольников обе меньше квадранта или больше квадранта, то


Признак 5. Если гипотенуза и катет одного сферического тре-

угольника соответственно равны гипотенузе и катету другого, то такие

сферические треугольники равны.

Признак 6. Если два угла одного прямоугольного сферического

треугольника, отличные от прямого, соответственно равны двум углам

другого, то сферические треугольники равны.


147

2.2.4. Равнобедренные сферические треугольники

Сферический треугольник называется равнобедренным, если две

его стороны равны, и равносторонним, если все его стороны равны

между собой.

Всякий сферический треугольник, наложимый на треугольник,

ему симметричный, – равнобедренный.

Действительно, известно, что если оба треугольника имеют про-

тивоположную ориентацию, то невозможно наложить один треуголь-

ник на другой так, чтобы совпадали соответственные вершины, т.е.

вершины, находящиеся первоначально на концах одного диаметра;

если бы среди сторон треугольника не было равных между собой, то

такое наложение было бы невозможно и никаким другим образом.

Обратно, всякий равнобедренный сферический треугольник нало-

жим на треугольник, ему симметричный.

Если треугольник А'В'С' симметричен треугольнику АВС и если

АВ равно АС, то два треугольника АВС и А'С'В', имеющие (при вы-

бранном порядке вершин каждого из них) одно и то же расположение,

равны по второму признаку равенства.

Теорема 2. В равнобедренном сферическом треугольнике углы,

противолежащие равным сторонам, равны.

Действительно, при совмещении треугольника АВС (АВ=АС) с

симметричным ему треугольником А'С'В' угол, совпадающий с углом

В', есть угол С'; таким образом, оба эти угла равны, и то же самое име-

ет место и для углов С и В'.

Обратно, всякий сферический треугольник, два угла которого рав-

ны, равнобедренный.

Действительно, если АВС сферический треугольник, в котором

В=С и треугольник А'В'С' – треугольник, ему симметричный, то

треугольники АВС и А'С'В', имеющие одинаковое расположение, рав-


148

ны по первому признаку равенства, и, следовательно, АВ=А'С'=АС.

Продолжим изучение свойств сферических треугольников. сгруп-

пируем их в виде теорем и следствий.

Теорема 3. Во всяком сферическом треугольнике каждая сто-

рона меньше суммы двух других сторон и больше их разности.

В самом деле, пусть АВС – произвольный

сферический треугольник. Допустим, что из двух

сторон АВ и АС последняя АС – большая. Отло-

жим на АС дугу АВ', равную BA

(рис. 21). Про-

ведем какую-нибудь плоскость, проходящую

через точки В, В' и пересекающую лучи ОА

и ОС (а не их продолжение) в точках А1 и С1. Соот-

ветствующие треугольники ОА1В и ОА1В' равны, (по общей стороне ОА1,

равным сторонам ОВ и ОВ' и равным углам при вершине О). Следова-

тельно, А1В=А1В'. Так как точки А1, В' и С1 лежат на одной прямой (линия

пересечения плоскостей ОАС и А1ВС1), причем В' лежит между А1 и С1,

тогда В'С1 = А1С1 – А1В'=А1С1 – А1В < ВС1.

Рассмотрим теперь треугольники ОВС1 и ОВ'С1. У них ОС1 – об-

щая сторона и ОВ=ОВ', а третьи стороны связаны неравенством

В'С1<ВС1. Следовательно, углы, лежащие в этих треугольниках против

неравных сторон, связаны неравенством В'ОС1 ВОС1. Поэтому

дуга В'С, стягиваемая углом В'ОС, также меньше дуги ВС1, стягивае-

мой углом ВОС1. Иначе говоря, CA

– BA

= CA

– BA

= CB

< BA

,

т.е. каждая сторона сферического треугольника больше разности двух

других его сторон. Отсюда, в свою очередь, вытекает, что CA

< BA

+

CB

, т.е. каждая сторона сферического треугольника меньше суммы

двух других его сторон.

Рис. 21


149

Следствие. Во всяком сферическом треугольнике сумма трех

сторон меньше длины окружности большого круга.

Теорема 4. Во всяком сферическом треугольнике против боль-

шего угла лежит большая сторона.

Доказательство: Пусть в сферическом треугольнике АВС имеет

место неравенство С > B. Тогда через вершину С проходит внутри

треугольника такая дуга CD, что АВС = ВСD. Треугольник ВСD –

равнобедренный и BD = CD, тогда верно неравенство AC < AD + DC =

AD + DB = AB, т.е. АС < АВ.

Следствие 1. Во всяком сферическом треугольнике против

большей стороны лежит больший угол.

Пусть в сферическом треугольнике АВС имеет место АВ = АС. Ес-

ли допустить С = B, то по теореме 3 было бы АВ = АС, если бы

имело место С < B, то в силу теоремы 4 было бы АВ < АС. Следо-

вательно, остается возможность С>B.

Следствие 2. Дуга большой окружности, меньшая полуокруж-

ности, короче всякой линии, состоящей из дуг нескольких больших

окружностей, соединяющей те же точки сферы.

В отличие от плоскости, где невозможны треугольники с двумя

прямыми углами, на сфере такое возможно: это треугольники, у кото-

рых одна из вершин является полюсом противоположной стороны.

Стороны этих треугольников, лежащие против прямых углов, равны

r2

. Имеются на сфере и треугольники с тремя прямыми углами –

это автополярные треугольники, у них все три стороны равны r2

.

Понятия биссектрисы, медианы и высоты естественным образом

обобщаются на случай сферического треугольника.

Биссектрисой сферического треугольника называется большой

круг, делящий пополам один из его углов, а также дуга этого большого


150

круга, имеющая своими концами вершину треугольника и точку пере-

сечения большого круга с противолежащей стороной.

Аналогичным образом определяется и внешняя биссектриса. За-

метим, что внешняя биссектриса данного сферического треугольника

является в то же время (внутренней) биссектрисой двух сферических

треугольников, соседних с данным.

Медианой (или внутренней медианой) сферического треугольника

называется большой круг, проходящий через одну из его вершин и

через середину противолежащей стороны, а также дуга этого большо-

го круга, имеющая своими концами те же две точки. По аналогии с

внешней биссектрисой, внешней медианой сферического треугольника

АВС, проходящей через вершину А, называется большой круг, кото-

рый проходит через точку А и служит общей медианой двух сфериче-

ских треугольников АВ1С и АВС1, соседних с данным соответственно

по сторонам АС и АВ (эти два сферических треугольника имеют об-

щую медиану, так как середины сторон СВ1 и ВС1 обоих треугольни-

ков диаметрально противоположны).

Высотой сферического треугольника называ-

ется большой круг, проходящий через одну из его

вершин и перпендикулярный к противолежащей

стороне, а также одна из двух дуг этого большого

круга, имеющих своими концами данную верши-

ну треугольника и точки пересечения с противо-

лежащей стороной (или ее продолжением).

Теорема 5. Для того чтобы большая ок-

ружность пересекалась с какой-либо окружно-

стью на сфере под прямым углом, необходимо и

достаточно, чтобы первая из них проходила через полюсы второй.

Рис. 22


151

Доказательство. Достаточность. Пусть I - общая точка двух ок-

ружностей, прямые IT и It – касательные к большой и малой окружно-

стям в этой точке, Р и Р' – полюсы малой окружности, О – центр шара

(рис. 22).

Условие, указанное в теореме, достаточно. Действительно, если

большая окружность проходит через точки Р и P', то еѐ плоскость со-

держит две прямые, не параллельные между собой и перпендикуляр-

ные к It, а именно диаметр РР' и радиус ОI. Следовательно, эта плос-

кость, а значит, и касательная IT перпендикулярны к It.

Необходимость. Действительно, если две окружности пересека-

ются под прямым углом, то плоскость большой окружности содержит

прямые IT и OI, перпендикулярные к It. Следовательно, она перпенди-

кулярна этой прямой, а потому и плоскости малой окружности, а по-

тому содержит в силу этого диаметр РР', перпендикулярный к этой

последней плоскости и проходящий через точку О.

Следствие. Через точку, лежащую на сфере, можно провести

большую окружность, перпендикулярную к данной окружности

этой сферы; она является единственной, если данная точка не яв-

ляется полюсом данной окружности.

Большая окружность, отвечающая поставленному условию, опре-

деляется данной точкой А, полюсами Р и Р' данной окружности.

Заметим, что существуют две дуги большой окружности, выходя-

щие из точки А и перпендикулярные к данной окружности; это дуги,

имеющие своими концами точки пересечения I и I′ данной окружности

с большой окружностью, существование которой было доказано выше.

Примечание. Выше рассмотрены исключительно дуги, выходящие из

точки А и имеющие своими концами первые точки пересечения этих дуг

с данной окружностью. Без этого ограничения число перпендикулярных

дуг было бы более двух: например, поставленному условию отвечала бы

дуга АР′I′ (рис. 22).


152

Теорема 6. Если через какую-либо точку сферы провести две

дуги большой окружности, перпендикулярные к данной окружно-

сти, и различные дуги больших окружностей, наклонные к той же

окружности, то одна из перпендикулярных дуг короче, а другая

длиннее, чем все наклонные дуги.

Доказательство. Пусть А – данная точка; Р – тот из полюсов дан-

ной окружности, который расположен по ту же сторону от нее, что и

точка А; АI и АI′ – обе перпендикулярные дуги большой окружности,

причѐм АI′ – та из этих дуг, на которой лежит точка Р; АК, АК', АК" – раз-

личные наклонные дуги (рис. 23).

1о. Дуга АК больше дуги AI, но меньше АI′.

Действительно, если провести дугу РК

большой окружности, то из сферического тре-

угольника АРК имеем:

АК >РК – РА, АК < РК + РА, в то время как

РК – РА = PI – PA = АI, РК+ РА =

=PI′ + РА = АI′.

2°. Предположим, что точки К и К' данной большой окружности

таковы, что дуги IК и IК' равны. При этом хорды, стягивающие их,

также равны, и точка I одинаково удалена от двух точек К и К'. Так

как точка Р обладает тем же свойством, то геометрическое место точек

сферы, одинаково удалѐнных от точек К и К', есть большая окруж-

ность РI. Последняя проходит через точку А, а потому хорды АК и АК'

равны, и, следовательно, равны соответствующие им дуги больших

окружностей.

3о. Пусть теперь какая-либо точка К′′ данной окружности обладает

тем свойством, что IK′′ > IК. Можно предположить, основываясь на

(2о), что обе точки К и К′′ лежат по одну сторону от точки I. Проводим

дуги больших окружностей РК и РК′′. Так как точка К лежит внутри

угла К′′РI, то KPI<К′′РI. Треугольники АРК и АРК′′ имеют, таким

Рис. 23


153

образом, по неравному углу (при вершине А), заключенному между

соответственно равными сторонами, откуда следует, что АК < АК′′.

Теорема доказана.

Выше были приведены свойства сферических треугольников, су-

щественно отличающиеся от свойств треугольников на плоскости.

Приведем еще два свойства такого рода.

Теорема 7. Сумма углов сферического треугольника больше 2d.

Теорема 8. Внешний угол сферического треугольника (т.е. угол,

смежный с одним из его углов) может быть и больше внутреннего, с

ним не смежного, меньше его и равен ему.

2.2.5. Площадь сферического треугольника

Будем называть площадью сферической фигуры, по аналогии с

площадью плоской фигуры, действительное число, удовлетворяющее

следующим четырѐм свойствам:

– площадь сферической фигуры является положительным числом

(свойство позитивности);

– площадь сферической фигуры не изменя-

ется при движении (свойство инвариантности);

– если сферическая фигура разложена на две

сферические фигуры, то площадь данной фигуры

равна сумме площадей двух фигур, на которые

она разложена (свойство аддитивности);

– площадь всей сферы радиуса R равна 4πR2

(свойство нормировки).

Прежде всего найдѐм площадь двуугольника. Из свойств аддитив-

ности, инвариантности и нормировки следует, что, если разделить

Рис. 24


154

сферу на n равных двуугольников (рис. 24), то площадь каждого из

них (т.е. площадь двуугольника с углом n

2) равна

241

rn

. Поэто-

му площадь двуугольника с углом n

m2, составленного из m рас-

смотренных двуугольников, равна 24 r

n

m , а если угол некоторого

двуугольника больше n

m2 и меньше

n

m 12 , то площадь этого

двуугольника заключена между 24 rn

m и

241

rn

m

(это вытекает

из первого и третьего свойств площади). Неограниченно увеличивая

число n, с помощью предельного перехода можно найти площадь лю-

бого двуугольника: площадь двуугольника, углы при вершинах которо-

го равны, равна

22 24

2)( rrS , т.е. 22)( rS

(1).

Если дан сферический треугольник АВС, то

пара больших окружностей, проходящих через

две его стороны, определяет два двуугольника,

углы которых равны углу сферического треугольника

между этими сторонами (рис. 25). Всего, таким обра-

зом, получается шесть двуугольников: два – с углом А, два – с углом В

и два – с углом С. Треугольник АВС и диаметрально противополож-

ный ему треугольник А'В'С' (равный треугольнику АВС) входят в три

двуугольника, остальные точки сферы (не лежащие на сторонах дву-

угольников) входят только в один двуугольник. Поэтому сумма пло-

Рис. 25


155

щадей шести двуугольников равна сумме площади S всей сферы и

учетверѐнной площади S() треугольника АВС, т.е.

2S(A)+2S(B)+2S(C)=S+4S().

Так как S(A)=2r2A, S(B)=2r

2B, S(C)=2r

2C,

то 4r2(A+B+C)=4πr

2+4S(), т.е. S()=r

2(A+B+C–π) (2).

Так как величины S() и r2 положительны, то величина А+В+С-π

также положительна, откуда следует, что А+В+С>π, т.е. сумма углов

сферического треугольника больше развѐрнутого угла.

Определение. Величина А+В+С–π называется угловым избытком

сферического треугольника.

Таким образом, площадь сферического треугольника равна произ-

ведению его углового избытка на квадрат радиуса сферы.

Заменяя в (2) А, В и С равными им соответственно выражениями

,r

а ,

r

b

r

c , где а', b', с' – стороны полярного треуголь-

ника, получают неравенство а' + b' + с' < 2 πr, показывающее, что

сумма сторон сферического треугольника меньше длины большой ок-

ружности.


156

МОДУЛЬ 3. СФЕРИЧЕСКИЕ

МНОГОУГОЛЬНИКИ

2.3.1. Понятие сферического многоугольника,

его свойства

Сферическим многоугольником называется часть сферы, ограни-

ченная дугами больших окружностей, меньшими полуокружности,

концами которых служат точки пересечения этих больших окружно-

стей, взятых в последовательном порядке.

Сферический многоугольник называется выпуклым, если он рас-

положен по одну сторону от каждого из больших кругов, частью кото-

рых служат его стороны; в противном случае он называется вогнутым.

В случае, когда многоугольник выпуклый, каждый большой круг,

частью которого служит сторона многоугольника, делит сферу на две

полусферы, из которых одна содержит весь многоугольник; общая об-

ласть R всех таких полусфер, содержащих данный многоугольник, и

является внутренней областью многоугольни-

ка. Меньшая дуга большого круга, которая со-

единяет точки M и N, лежащие внутри много-

угольника или на его периметре, целиком ле-

жит в области R, т.е. внутри многоугольника.

Сферические многоугольники классифициру-

ются, как и плоские, по числу их сторон. Наи-

более простым является сферический треуголь-

ник. Сферический двуугольник не является мно-

гоугольником, так как каждая его сторона равна полуокружности, а не

меньше еѐ.

Рис. 26


157

Рассмотрим теоремы, касающиеся сферических многоугольников

Теорема 9. Если некоторый выпуклый сферический много-

угольник расположен внутри какого-либо сферического много-

угольника (причѐм оба многоугольника могут иметь одну или не-

сколько общих вершин или сторон), то периметр объемлемого

многоугольника меньше периметра объемлющего многоугольника.

Доказательство. Пусть ACDB – выпуклый многоугольник и

AC′D′EFB – объемлющий его многоугольник (рис. 26). Продолжим

стороны АС и СD в одном и том же направлении, т.е. сторону АС – за

точку С, CD – за точку D и т.д. Эти продолжения пересекут стороны

объемлющего многоугольника соответственно в точках G и H и т.д.

Путь ACDB короче ACHB, т.е. пути имеют общую часть ACD, а ос-

тающаяся часть DB первого короче остающейся части DHB второго. В

свою очередь, пусть ACHB меньше ABD′EFB, так как, отбрасывая об-

щие части АС и НВ, получают отрезок СН, короче CGD′EFH. Наконец,

точно так же AGD′EFH меньше AC′D′EFB, так как AG меньше AC′G.

Таким образом:

ACDB < ACHB < AGD′EFB < AC′D′EFB.

Доказательство сохраняет силу и в том случае, если объемлющий

многоугольник заменить совокупностью двух больших полуокружно-

стей.

Теорема 10. Периметр выпуклого

сферического многоугольника меньше

большой окружности.

Доказательство. Пусть дан сфериче-

ский треугольник АВС, а точка А′ – диамет-

рально противоположная А. Тогда

Рис. 27


158

ВС<ВА′+А′С или ВС<4d–AB–AC. Откуда и следует, что ВС+АВ+АС<4d,

где d – прямой угол.

Случай n-угольника, с любым числом сторон, последовательно

сводится к случаю треугольника: продолжают две стороны много-

угольника, смежные с одной его стороной, при этом число сторон

уменьшается на единицу. Этот путь доказательства вполне соответствует

цепи тех построений на сфере, которые изображены на рис. 27.

2.3.2. Площадь сферического многоугольника

Соединим одну из вершин выпуклого сферического n-угольника

дугами больших окружностей со всеми другими его вершинами. По-

лучим n – 2 сферических треугольника. Площадь выпуклого сфериче-

ского n-угольника равна сумме площадей этих n – 2 треугольников.

Поэтому, так как сумма углов всех n – 2 сферических треугольников

равна сумме углов сферического n-угольника, то площадь Sn выпуклого

сферического n-угольника равна Sn=r2(n(n–2)π), где n – сумма всех его

внутренних углов.

Эта формула остаѐтся справедливой и для невыпуклых сфериче-

ских многоугольников.


159

МОДУЛЬ 4. МАЛЫЕ ОКРУЖНОСТИ

Сечение сферы плоскостью, не проходящей через еѐ центр, явля-

ется малой окружностью. Так как все три точки сферы определяют

единственную плоскость, то через всякие три точки сферы, не лежа-

щие на большой окружности, можно провести единственную малую

окружность. Действительно, пусть А, В, С – три точки данной сферы,

не лежащие на одной большой окружности. Через них проходит един-

ственная плоскость АВС, пересекающая сферу, и притом по малой ок-

ружности, проходящей через А, В, С. Она единственна, так как плос-

кость АВС единственная.

Ввиду того, что плоскость делит пространство на две области, ма-

лая окружность делит сферу так же на две области, называемые сфе-

рическими сегментами. Та из этих областей, которая не выходит за

пределы полусферы, называется сферическим кругом.

Так как при повороте вокруг диаметра сферы, перпендикулярного

к плоскости, высекающей из сферы малую окружность, эта окруж-

ность переходит в себя (ибо этот перпендикуляр является осью рас-

сматриваемой окружности), то сферическое расстояние точек окруж-

ности от концов перпендикулярного ей диаметра сферы постоянно.

Обратно, геометрическое место точек сферы, равноотстоящих от од-

ной еѐ точки, переходит в себя при повороте вокруг диаметра, прохо-

дящего через эту точку, т.е. является малой окружностью (высекаемой

из сферы плоскостью, перпендикулярной этому диаметру). Таким об-

разом, малая окружность является геометрическим местом точек

сферы, равноотстоящих от одной точки сферы. Эти точки равно от-

стоят и от диаметрально противоположной ей точки. Та из них, для

которой сферическое расстояние еѐ от точек малой окружности мень-


160

ше r2

, называется сферическим центром малой окружности, а

сферическое расстояние точек малой окружности до еѐ сферического

центра называется ее сферическим радиусом. Очевидно, что сфериче-

ский центр малой окружности принадлежит ограничивающему его

сферическому кругу. Полюсы больших окружностей можно также

рассматривать как сферические центры этих окружностей; сфериче-

ским радиусом большой окружности следует считать число r2

.

Так как большие окружности, проходящие через центр малой ок-

ружности, перпендикулярны поляре центра малой окружности, то рас-

стояние от точек малой окружности до

этой большой окружности равно дополнению сферического радиуса

окружности до r2

.

Обратно, геометрическое место точек (ниже ГМТ) сферы, равноот-

стоящих от одной еѐ большой окружности и

расположенных по одну сторону от неѐ, яв-

ляется ГМТ, равноотстоящих от одного еѐ

полюса, т.е. является малой окружностью.

Таким образом, малая окружность являет-

ся ГМТ сферы, равноотстоящих от одной

большой окружности и расположенных по одну

сторону от неѐ. Эта большая окружность называется базой малой ок-

ружности, а расстояние точек малой

окружности до базы называется параметром малой окружности.

Очевидно, что сферический радиус R и параметр Р малой окружности

Рис. 28


161

в сумме составляют r2

. На рис. 28 изображены центр и база малой

окружности.

Пусть центр малой окружности в еѐ плоскости – точка Q, радиус

еѐ – ρ и М – произвольная точка, т.е. ОМ=r, QM=ρ, а МОQ=r

R (рис.

28). Тогда в прямоугольном треугольнике OQM ρ=r

Rr sin , т.е. длина

окружности сферического радиуса R равна r

RrС sin2 .

С другой стороны, так как r

P

r

Rcossin , то длина окружности

параметра Р равна r

РrС cos2 .

Так как сферический круг, ограничиваемый окружностью сфери-

ческого радиуса R, представляет сферический сегмент высоты

r

Rr

r

Rrh

2sin2cos1

, а площадь всякого сферического слоя

высоты h равна 2πrh, где r – радиус сферы, то площадь сферического

круга радиуса R равна r

RrS

2sin4 22 .


162

МОДУЛЬ 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК

НА СФЕРЕ

Простейшие ГМТ, рассматриваемые в геометрии на плоскости,

распространяются и на случай сферы.

ГМТ – I сферы, сферические расстояния которых от данной точки

Р сферы равны одной и той же дуге большого круга r, есть малая ок-

ружность с полюсом Р и сферическим радиусом r.

ГМТ – II сферы, сферические расстояния которых от данной

большой окружности равны одной и той же дуге а (меньшей квадран-

та), есть пара равных малых окружностей с полюсами в полюсах дан-

ной большой окружности и сферическим радиусом, дополняющим ду-

гу а до квадранта.

ГМТ – III сферы, равноудалѐнных от двух ее точек А и В, есть

большая окружность, перпендикулярная к дуге АВ и проходящая через

середины обеих дуг, имеющих точки А и В, своими концами.

ГМТ – IV сферы, равноудалѐнных от двух больших окружностей,

состоит из двух взаимно перпендикулярных больших окружностей,

делящих пополам углы между данными большими окружностями.

Следующее ГМТ на сфере не имеет аналога в геометрии на плос-

кости.

ГМТ – V. Геометрическое место полюсов больших окружностей,

касающихся данной малой окружности, состоит из двух диаметрально

противоположных малых окружностей. Полюсы их совпадают с по-

люсами малой окружности; сферический радиус каждой из них допол-

няет до квадранта сферический радиус малой окружности, меньший

квадранта.

Действительно, пусть Р – полюс данной малой окружности, кото-

рой соответствует еѐ радиус r, меньший квадранта. Так как расстояние


163

точки Р от точки касания малой окружности с какой-либо большой

окружностью равно r, то расстояние Р от одного из полюсов большой

окружности дополняет дугу r до квадранта.

Рассмотрим теоремы, касающиеся ГМТ.

Теорема 11. Геометрическое место третьих вершин сфериче-

ских треугольников, у каждого из которых две вершины совпадают

соответственно с двумя данными точками, а разность между уг-

лом при третьей вершине и суммой углов при данных вершинах

имеет заданную величину, состоит из двух дуг, принадлежащих

различным окружностям.

Доказательство. Пусть В и С – две данные вершины, А – третья.

Предположим, что дана величина В + С –А. Пусть далее О

(рис.29) – один из полюсов окружности, описанной около треугольни-

ка. Покажем, что О неподвижна.

Так как треугольник ОВС равнобедренный, то дуги больших ок-

ружностей ОВ и ОС образуют со стороной ВС углы, равные по абсо-

лютной величине, но имеющие противоположные знаки. Пусть –

первый из этих углов; следовательно,

= СВО= – ВСО.

Пусть точно так же = АСО = – САО и = ВАО = – АВО.

Если расположение треугольника таково,

что угол ВАС положителен, то с точностью до

целых окружностей А = + , В = + , С =

+ .

Следовательно, В + С - А = 2, или

иначе: 2

АСВ .

Рис. 29


164

Это равенство даѐт величину и, следовательно, позволяет опре-

делить положение точки О. Давая два значения, отличающиеся на

полуокружность, получают для этой точки два диаметрально противо-

положных положения, которые определяют два полюса одной и той

же окружности.

Наоборот, если относительно расположения треугольника сделать

предположение, противоположное принятому выше, то получат дру-

гую окружность. То же самое имеет место в том случае, если изменить

знак разности В+С – А.

Теорема Лекселля (Lexell). Если даны площадь сферического

треугольника и две его вершины, то геометрическое место треть-

их вершин состоит из двух малых окружностей, проходящих через

точки, диаметрально противоположные двум данным вершинам.

Доказательство. Пусть А и В – данные вершины, а С – третья; А′

и В′ – точки диаметрально противоположные А

и В (рис.30)

Сумма А+В+С углов треугольника

АВС известна; но углы СА′В′ и СВ′А′ треуголь-

ника А′В′С соответственно равны САВ′ и

СВА′, т.е. углам, дополнительным углам А

и В.

Таким образом, сумма А+В+С

может быть записана в виде С+2-СА′В′-СВ′А′.

Следовательно, известна величина СА′В′+СВ′А′– С′ и геометри-

ческое место точек С состоит из двух малых окружностей, проходя-

щих через точки А′ и В′.

Ниже приведены задания для самостоятельного выполнения на

применение нового материала. Они содержат упражнения двух уров-

ней сложности: А и В, составленные таким образом, что при возникно-

вении затруднений есть возможность воспользоваться подсказкой,

оформленной в виде решения.

Рис. 29

Рис. 30


165

Задания для самостоятельного выполнения

Сферические треугольники

Уровень А

1. Какого вида треугольники могут быть на сфере?

2. Каждая сторона сферического треугольника меньше суммы

двух других его сторон, но больше их разности. Докажите.

Решение. Рассмотрим трѐхгранный угол. Известно, что любой его

плоский угол меньше суммы двух других плоских углов и больше их

разности. Ясно, что сферический треугольник можно получить с по-

мощью любого трѐхгранного угла, если пересечь его сферой, центр

которой совпадает с вершиной угла. Так как градусной мерой дуги ок-

ружности называется градусная мера соответствующего центрально-

го угла, то соотношение линейных углов в трѐхгранном соответствует

соотношению сторон в сферическом треугольнике, т.е. во всяком сфе-

рическом треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других

его сторон и больше их разности.

3. Докажите, что во всяком сферическом треугольнике сумма двух

углов без третьего меньше , а сумма трѐх углов принадлежит интер-

валу (;3).

Решение. 1) Для ∆А′В′С′, полярного данному ∆АВС, имеем: а′ + b′

> с′ (по предыдущей задаче). Переходя от полярного треугольника к

данному, получим: π – А + π – В > π – С, откуда имеем А +В

– С < π.

Площадь сферического треугольника: S∆АВС=(А+В+С – π)r2, так

как S∆АВС > 0, то А+В+С – π > 0 и, следовательно, А+В+С > π.

4. Если в сферическом треугольнике две стороны равны, то равны

и углы, противолежащие им. Докажите.

5. В сферическом треугольнике против равных углов лежат рав-

ные стороны. Докажите.


166

6. Найдите площадь сферического треугольника АВС, углы кото-

рого равны 900, 60

0 и 45

0, если он лежит на шаре, радиус которого ра-

вен 10 м.

Решение. S∆АВС=(А+В+С – π)r2, тогда S∆АВС=(90

0+ 60

0 + 45

0 –

1800)10

2=1500 (м

2).

7. Докажите, что медианы сферического треугольника АВС пере-

секаются в одной точке.

Решение. Пусть в треугольнике АВС AD,

BE и CF – его медианы (рис. 31), S – центр

сферы. Так как прямая SD делит дугу ВС по-

полам, то она делит и хорду ВС в точке D0

пополам, так что D0B=D0C. Точно так же

прямые SE и SF проходят через середины E0 и

F0 хорд АС и АВ. Прямые AD0, BE0 и CF0 прохо-

дят, как медианы прямолинейного треугольника

АВС, через одну точку. Следовательно, плоскости

ASD0, BSE0 и CSF0 проходят через одну прямую , а лежащие в этих

плоскостях дуги АD, ВЕ и СF пересекаются в одной точке G.

Уровень В

1. Докажите, что два сферических треугольника равны по трѐм уг-

лам.

2. Дан сферический треугольник АВС и полярный к нему А′В′С′.

Докажите, что треугольник, полярный к треугольнику А′В′С′, совпадѐт

с треугольником АВС.

3. Найдите максимум или минимум площади сферического тре-

угольника, в котором известны сторона, угол и соответствующая вы-

сота.

4. Докажите, что:

а) если медиана сферического треугольника равна квадранту (чет-

верть окружности), то она одновременно служит биссектрисой того

Рис. 31


167

угла, через вершину которого проходит (независимо от того, будет ли

треугольник равнобедренным или нет), и равна полусумме сторон,

прилежащих к этому углу;

б) если медиана треугольника АВС меньше квадранта, то с боль-

шей из двух сторон АВ и АС, между которыми она проходит, образует

угол меньший, чем с другой стороной; медиана больше (за исключе-

нием случая равнобедренного треугольника) биссектрисы угла ВАС,

считаемой от вершины до противоположной стороны, и меньше полу-

суммы сторон АВ и АС, которая, в свою очередь, меньше квадранта;

если медиана больше квадранта, то имеют место противоположные

неравенства;

в) рассмотрите обратные предложения, в частности одно из них:

если медиана сферического треугольника одновременно является бис-

сектрисой угла, из вершины которого выходит, то или она равна квад-

ранту, или треугольник равнобедренный.

Сферические многоугольники

Уровень А

1. Докажите, что сумма углов выпуклого сферического n-

угольника больше (2n – 4)d, где d – прямой угол.

2. Докажите, что если в выпуклом сферическом четырѐхугольнике

противоположные стороны попарно равны, то диагонали делят друг

друга на равные части. Точка их пересечения служит полюсом боль-

шой окружности, проходящей через точки пересечения противопо-

ложных сторон.

Решение. Пусть в выпуклом сферическом четырехугольнике

AВCD противоположные стороны попарно равны: АВ = CD; ВС =

AD (рис. 32).


168

Имеем: ∆ABC = ∆CDA (по трѐм сторонам). То же имеет место для

треугольников ABD и CDB. Следовательно, противоположные углы

данного четырехугольника попарно равны. Кроме того, АСВ =

CAD и CBD = ADB. Если О – точка пересечения диагоналей че-

тырѐхугольника, то ∆ОВС=∆ODA (ВС=АD и CBD=ADB,

BCA=CAD). Следовательно, ОВ=ОD и ОС=ОА, а потому диагонали

четырѐхугольника делятся в точке пересечения пополам.

Пусть S – центр сферы, на которой лежит

данный четырѐхугольник, и обозначим Р и Р'

– точки пересечения больших окружностей

ВС и AD. При повороте сферы около прямой

SО на 180° точка А совмещается с С, точка В

– с D, С – с А и точка D – с В. Отсюда следу-

ет, что большая окружность ВС совмещается

с большой окружностью AD, а большая окружность

AD – с большой окружностью ВС, так что точка Р

совмещается с Р', а Р' – с точкой P. Так как прямая РР′ не изменяет

своего положения в пространстве при повороте на 1800 около прямой

SO, то она пересекает прямую SO под прямым углом, и каждая из дуг

ОР и ОР' равна квадранту. Теми же свойствами обладают точки пере-

сечения Q и Q' больших окружностей АВ и СD. Следовательно, О яв-

ляется полюсом большой окружности PQP'Q', на которой лежат точки

пересечения противоположных сторон.

Примечание. Тот же результат можно получить, не пользуясь по-

нятием вращения. Сферические треугольники РАН и P'CD равны

(имеют пару равных сторон АВ, CD и соответственно равные углы,

прилежащие к ним), откуда АР = СР'. Следовательно, АР + СР = СР′ +

СР= 1800. Медиана OP сферического треугольника РАС, в котором

сумма двух сторон равна 1800, равна квадранту.

Рис. 32


169

Уровень В

1. Докажите, что, если в четырѐхугольнике (сферическом ромбе)

все стороны равны, диагонали взаимно перпендикулярны.

2. Докажите, что, если при попарно равных противоположных

сторонах диагонали также равны, то точка их пересечения и точки пе-

ресечения противоположных сторон являются вершинами треуголь-

ника с тремя прямыми углами; при этом все четыре угла четырѐх-

угольника равны между собой.

3. Найдите условия, при которых сферический четырѐхугольник

описан около некоторой окружности.

Геометрические места точек

Уровень А

1. Даны три точки А, В и С, лежащие на одной сфере. Найдите

геометрическое место таких точек М, что сферические треугольники

МАВ и МАС равновелики (предполагается, что они имеют одинаковое

расположение).

2. Найдите внутри сферического треугольника такую точку, чтобы

большие окружности, соединяющие еѐ с вершинами треугольника,

делили площадь треугольника на три части, две из которых были бы

равновелики, а третья равнялась удвоенной площади каждой из двух

первых.

Решение. Пусть внутри данного сферического треугольника АВС

требуется найти точку М, для которой SMBC=2SMCA=2SMAB (рис. 33).


170

При этом:

SMBC= 2

1SABC (3),

SMCA= 4

1SABC (4).

В силу теоремы Лекселля, ГМТ,

удовлетворяющих условию (3) и лежа-

щих внутри треугольника АВС, есть неко-

торая дуга малой окружности. На стороне АВ треугольника АВС стро-

ят такую точку D, что дуга CD делит его на две равновеликие части, и

проводят малую окружность, проходящую через D и через точки, диа-

метрально противоположные В и С.

Точно так же ГМТ, удовлетворяющих условию (4) и лежащих

внутри треугольника АВС, есть некоторая дуга малой окружности.

Аналогично на стороне АВ находят та-

кую точку Е, что SACE= 4

1SABC. Проводят ма-

лую окружность через Е и точки, диамет-

рально противоположные С и А. Искомая

точка М есть точка пересечения обоих построен-

ных геометрических мест.

3. Найдите на данной окружности такую точ-

ку, чтобы дуги больших окружностей, соединяющих еѐ с двумя дан-

ными точками той же окружности, образовали между собой данный

угол.

Решение. Пусть С – данная окружность (рис. 34 и 45), О – еѐ по-

люс, А и В – данные точки этой окружности, а М – искомая точка той

же окружности. Введѐм обозначения ОАВ= и АМВ=.

Рис. 33

Рис. 34


171

Сумма углов сферического треугольника АМВ при этом

равна 2+2, как это следует из равенства

углов при основании в каждом из равнобед-

ренных треугольников ОАВ, ОАМ и ОВМ.

Это выражение для суммы углов будет спра-

ведливо как в том случае, когда О лежит

внутри ∆МАВ (рис. 34), так и когда она ле-

жит вне этого треугольника (рис. 35).

Так как сумма углов ∆АВМ должна иметь известную величину

2+2, то и его площадь должна иметь вполне определенную величи-

ну. Следовательно, М должна лежать (по теореме Лекселля) на одной

из двух вполне определенных дуг, имеющих своими концами точки,

диаметрально противоположные А и В. Точки пересечения этих двух

дуг с окружностью С и будут искомыми.

Теперь для того, чтобы построить эти искомые точки, достаточно,

в силу сказанного, решить следующую задачу: построить ГМТ, обра-

зующих с двумя данными точками А и В сфери-

ческий треугольник МАВ, имеющий данную

сумму углов или, что сводится к тому же, дан-

ную площадь.

Как уже было отмечено, искомое ГМТ со-

стоит из двух дуг малых кругов, имеющих свои-

ми общими концами точки А' и В', диаметрально

противоположные А и В. Если О – полюс одного из

этих малых кругов (рис. 36), то:

В'А'О = 2

1 (В'А'М + MB'А' – A'MB') =

2

1 (2d – ВАМ + 2d –

MBA – АМВ) = 2d – 2

1 (BAM + MBA + AMB).

Рис. 35

Рис. 36


172

Таким образом, известны равные между собой углы В'А'О и А'В'О,

и точку О можно построить.

Если угол В'А'О, определѐнный, как указано, окажется отрица-

тельным, то это означает, что центр О каждой из дуг, входящих в со-

став искомого ГМТ, лежит с этой дугой по разные стороны от большо-

го круга АВ.

Уровень В

Если большая окружность перемещается по сфере, оставаясь каса-

тельной к данной малой окружности С, то тот из полюсов этой боль-

шой окружности, который лежит в той же полусфере, что и окруж-

ность С, описывает малую окружность С′, которая называется поляр-

ной по отношению к С; зависимость между окружностями С и С′ вза-

имная, т.е. окружность, полярная по отношению к С′, есть данная ок-

ружность С.

Решение. Пусть С – данная малая окруж-

ность сферы (рис. 37) и Р – тот из ее полюсов,

который лежит во внутренней области. Большая

окружность сферы, касающаяся С в некоторой

точке М, перпендикулярна к сферическому радиусу

РМ окружности С, проведенной в точку Р. Поэтому

тот из полюсов М' большой окружности, касательной к данной в точке

М, которая расположена в одной полусфере с окружностью С, лежит

на большой окружности МР, по ту же сторону от точки М, что и точка

Р, на расстоянии ММ', равном квадранту, от точки М. Иначе говоря, М

и М′ лежат на одной большой окружности с точкой Р, по разные сто-

роны от Р и на расстоянии, равном квадранту, одна от другой.

Если М описывает данную окружность С, то М' также описывает

малую окружность С', имеющую точку Р своим полюсом, т.к. дуга

РМ' не изменяет при этом своей величины.

Рис. 37


173

Окружность, полярная по отношению к С', совпадает с окружно-

стью С, так как они имеют общий полюс Р, и радиус окружности, по-

лярной по отношению к С′, совпадает с радиусом окружности С.


174

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Вебер, Г. Энциклопедия элементарной математики [Текст] / Г.

Вебер, И. Вельштейн. – Одесса: Матезис, 1910. – 179 с.

2. Волынский, Б. А. Сферическая тригонометрия [Текст] / Б. А.

Волынский. – М.: Физматгиз, 1977. – 136 с.

3. Гассенберг, Г. Сферическая тригонометрия и сборник задач

[Текст] / Г. Гассенберг. – Рига, 1923. – 276 с.

4. Глазенап, С. П. Тригонометрия [Текст]. Часть III. Решение сфе-

рических треугольников / С. П. Глазенап. – М.: ГИЗ, 1923. – 148 с.

5. Избранные вопросы математики: 10 кл. Факультативный курс

[Текст]. Ч. III Элементы сферической геометрии / А. М. Абрамов, Н.

Я. Виленкин, Г. В. Дорофеев и др. – М.: Просвещение, 1980. – С. 154 –

190.

6. Матвиевская, Г. П. Очерки истории тригонометрии [Текст] / Г.

П. Матвиевская. – Ташкент, 1990. – 160 с.

7. Математический энциклопедический словарь [Текст]. – М.: Со-

ветская энциклопедия, 1988. – 573 с.

8. Розенфельд, Б. А. История неевклидовой геометрии [Текст] / Б.

А. Розенфельд. – М.: Наука, 1976. – 254 с.

9. Розенфельд, Б. А. Многомерные пространства [Текст] / Б. А. Ро-

зенфельд. – М.: Наука, 1966. – 133 с.

10. Степанов, Н. Н. Сферическая тригонометрия [Текст] / Н. Н. Сте-

панов. – М.: Госпедиздат, 1948. – 231 с.


175

ДЛЯ ЗАПИСЕЙ

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________

_____________________________________________________________


176

Учебное издание

Алла Ефимовна МАЛЫХ,

Татьяна Васильевна РИХТЕР

ИЗБРАННЫЕ ВОПРОСЫ ОБУЧЕНИЯ

ГЕОМЕТРИИ

(дистанционные курсы)

Учебное пособие

Зав. РИО Л. В. Малышева

Редактор Л. Г. Абизяева

Корректор М. В. Толстикова

Верстка Е. В. Ворониной

Сдано в набор 7.07.2011 г. Подписано в печать 3.11.2011 г.

Бумага для копировальной техники. Формат 60х84/16.

Гарнитура «Times New Roman». Печать цифровая.

Усл. печ. листов 10,23. Тираж 100 экз. Заказ № 276.

Отпечатано в редакционно-издательском отделе

ФГБОУ ВПО

«Соликамский государственный педагогический институт»

618547, Россия, Пермский край,

г. Соликамск, ул. Северная, 44.


Documents

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