Экзаменационные билеты по геометрии (9 класс, шпаргалка)

Билет 1. (1) Первый признак равенства треугольника по двум сторонам и углу между ними формулируется в виде теоремы: Т: Если две стороны и угол между ними одного ∆ соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого ∆, то такие треугольники равны. Д: Пусть у треугольников ABC и A₁B₁C₁AB=A₁B₁,AC=A₁C₁, ÐA=ÐA₁. Наложим ∆ABC на ∆A₁B₁C₁ так, чтобы вершина A совместилась с вершиной A₁, а стороны AB и AC легли соответственно на лучи A₁B₁ и A₁C₁. Это возможно, поскольку ÐA=ÐA₁. Так как AB=A₁B₁ и AC=A₁C₁, то сторона AB совместится со стороной A₁B_1, а сторона AC – с A₁C₁, а значит совместятся точки B и B₁, C и C₁, следовательно, совместятся стороны BC и B₁C₁. Таким образом треугольники ABC и A₁B₁C₁ совместятся, следовательно они равны: ∆ABC=∆A₁B₁C₁.

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

Билет 3.(1) Третий признак равенства треугольников по трем сторонам формулируется в виде теоремы. Т: Если три стороны одного треугольника соответственно равны трем сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны. Д: Пусть ABC и A₁B₁C₁ – треугольники, у  которых AB=A₁B₁, AC=A₁C₁, BC=B₁C₁. Наложим ∆ABCна ∆A₁B₁C₁ так, чтобы их стороны ACи A₁C₁ совместились, а вершины Bи B₁ оказались по одну сторону от A₁C₁. Предположим, что треугольники ABCи A₁B₁C₁ не равны, тогда они не совместятся, это значит, что вершина Bне совместится с вершиной B₁. Соединим точки B₁ и Bотрезком и найдём середину этого отрезка. Треугольники B₁BA₁ и B₁BC₁ – равнобедренные треугольники (A₁B₁=A₁B и С₁B₁=C₁B) с общим основанием B₁B. Отрезки A₁Dи C₁Dне совпадают, потому что точки A₁, C₁ и Dне лежат на одной прямой, то оказалось, что через точку Dпрямой B₁Bпроведены две разные прямые, перпендикулярные к B₁B. Это противоречит теореме, согласно которой через каждую точку прямой можно провести лишь одну перпендикулярную ей прямую. Это противоречие доказывает теорему.

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

Билет 5. (1) Т: Сумма углов треугольника равна 180º. Д: Докажем, что для произвольного ∆АВС справедливо соотношение ÐА+ÐВ+ÐС=180º. Через вершину В проведём прямую а, параллельную стороне АС, и введём в рассмотрение углы, образованные этой прямой со сторонами АВ и ВС: Ð1 и Ð2.Углы 1 и А – внутренние накрест лежащие при параллельных прямых а и АС, и секущей АВ, поэтому Ð1=ÐА. Углы2 и С – внутренние накрест лежащие при параллельных прямых а и АС и секущей ВС, поэтому Ð2=ÐС. Сумма углов 1,В и 2 равна развёрнутому углу, значит Ð1+ÐВ+Ð2=180º. В силу полученных равенств будем иметь ÐA+ÐB+ÐC=180º. Теорема доказана.

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

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

(2) Радиус окружности, описанной около правильно п-угольника со стороной а_пвыражается по формуле R=(a_n)/ (2sin(180º/n)). Для вывода этой формулы разобьём правильный n-угольник на nравных равнобедренных треугольников радиусами, проведёнными из центра в вершину n-угольника. Рассмотрим один из таких треугольников, например ∆A₁OA₂ в этом треугольнике A₁A₂=a_n сторона n-угольника, A₁O=A₂O=R – радиус описанной окружности, ÐA₁OA₂=360º/n. Из центра окружности Oопустим перпендикуляр OBна отрезок A₁A₂:OB^A₁A₂. Этот перпендикуляр является высотой, медианой и биссектрисой равнобедренного ∆A₁OA₂. Поэтому A₁B=BA₂=a_n/2; ÐA₁OB=ÐA₁OA₂=180º/n. В прямоугольном ∆A₁OBA₁B/A₁O=sinÐA₁OBили a_n/2R=sin(180º/n) откуда R=(a_n)/ (2sin(180º/n)). Определение: окружность называется описанная около многоугольника, если все вершины многоугольника лежат на этой окружности. Т: Около любого правильного многоугольника (n-угольника) можно описать окружность, и притом только одну.

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

(2) Площадь S круга радиуса Rвыражается формулой S=πR². Для вывода этой формулы докажем утверждение: Площадь круга равна половине произведения длины ограничивающей его окружности на радиус: S=½ l•R. Представлен круг радиуса Rс центром O, а также 2 правильных n-угольника – вписанный в окружность (A₁A₂…A_n) и описанный около неё (A₁’A₂’…A_n’). Площадь Sзаключена между площадями S_nвписанного и S_n’ описанного n-угольников: S_nn’ Площадь вписанного n-угольника выражается формулой S_n=½ P_nr, где P_n – его периметр, r – радиус вписанной в него окружности. Из рассмотрения прямоугольного ∆A₁BOполучаем OB=A₁OcosÐA₁OBили r=К cos180º/n (A₁O=R; ÐA₁OB=½ ÐA₁OA₂=180º/n) Отсюда S_n=½P_nRcos180º/n. Площадь описанного n-угольника выражается формулой S_n’=½P_n’•R где P_n’ – его периметр. При неограниченном увеличении числа сторон n-угольников (n→∞) и в периметре приближаются к длине l окружности. P_n→l, P_n’→l

                                                                                          n→∞  n→∞

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

Следовательно, S_n→½ lR, S_n’→½ lR

                                        n→∞                n→∞

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

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

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

0º≤α<90º

90º<α≤180º

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

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

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

Билет15. (1) Т: Если на одной из двух прямых отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсекут на второй прямой равные между собой отрезки. Д: Пусть на прямой 1 отложены равные отрезки А₁А₂; А₂А_3…… и через их концы проведены параллельные прямые, которые пересекают прямую l₂ вточках В₁, В₂, B₃,…. Докажем, что В₁В₂ =В₂В₃=…два Рассмотрим два случая- прямые l₁и l₂ параллельны и прямые l₁и l₂ не параллельны.А)Пусть l₁║ l_{2 .} Докажем, что В₁ В₂= В₂ В₃. Четырёхугольники А₁ В₁ В₂ А₂и А₂ В₂ В₃ А₃ –параллелограммы по определению, поэтому А₁ А₂=В₁ В₂,А ₂А ₃=В₂ В ₃.Поскольку А₁ А₂=А₂ А_3, то В₁ В₂ =В₂ В₃. Б).Пусть l₂╫ l_{1 .}   Для доказательства равенства отрезков В₁ В₂ и В₂ В₃ проведём через точку В₁ прямую l_3, параллельную прямой l₁ ,которая пересечёт прямые А₂ В₂ и А₃ В₃ в точках CиD соответственно. По доказанному в пункте А) В₁С=СD.Через точку D проведём прямую l_4, параллельную l_2, которая пересечёт прямую А₂ В₂ в точке Е. Треугольники С В₂ В₁ и CDE равны по второму признаку равенства треугольников (В₁С=CD по доказанному, ÐВ₁СВ₂=ÐDCE как вертикальные, ÐСВ₁В₂=ÐCDE как накрест лежащие углы при параллельных прямых l₂ и l₄ и секущей l₃). Следовательно, В₁ В₂=ЕD. Но ED=В₂В₃. Теорема доказана.

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

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

Выразим площадь Sтреугольника ABC: S=½ absinC, S=½ acsinB, S=½ bcsinA. Приравнивая части первых двух равенств, получаем ½ absinC=½ ac sinBили bsinC=csinB, откуда(b/sinB)=(c/sinC), аналогично, приравнивая правые части второго и третьего равенств, получаем (a/sinA)=(b/sinB). Окончательно имеем (a/sinA)=(b/sinB)=(c/sinC).

Теорема доказана.

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

Билет 19. (1) Первый признак подобия треугольников формулируется в виде теоремы. Т: Если два угла одного ∆ соответственно равны двум углам другого, то такие ∆-ки подобны. Д: Пусть у треугольников ABCи A₁B₁C₁ÐA=ÐA₁, ÐB=ÐB₁. Докажем, что ∆ABCподобен ∆A₁B₁C₁. Найдём углы С и С₁: ÐС=180º-(ÐA+ÐB), ÐС₁=180º-(ÐA₁+ÐB₁). В силу равенства углов Aи A₁, а также Bи B₁ÐC=ÐC₁. По теореме об отношении прощадей треугольников, имеющих по равному углу, имеем (S)/(S₁)=(AB•AC)/(A₁B₁•A₁C₁)=(AB•BC)/(A₁B₁•B₁C₁)= (BC•AC)/(B₁C₁•A₁C₁). Символами Sи S₁ обозначены площади треугольников ABCи A₁B₁C₁ соответственно. Из второго равенства следует, что (AC)/(A₁C₁)=(BC)/(B₁C₁), а из третьего: (AB)/(A₁B₁)=(AC)/(A₁C₁). Сопоставляя полученные результаты, делаем вывод, что (AB)/(A₁B₁)=(BC)/(B₁C₁)=(AC)/(A₁C₁), т.е. сходственные стороны данных ∆-ков пропорциональны. Следовательно, ∆ABC подобен ∆A₁B₁C₁. Т: Если угол одного ∆ равен углу другого ∆, то площади этих ∆-ков относятся как произведения сторон, заключающих равные углы.

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

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

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

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

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

Билет 6. (1)  Т: Сумма углов выпуклого п-угольника равна (п-2)•180º. Д: Соединим вершину А₁ п-угольника диагоналями с его другими вершинами. В результате получим п-2 треугольника. На рисунке выпуклый шестиугольник разбит тремя диагоналями А₁ А₃; А₁А₄; А₁А₅на четыре треугольника. Сумма углов п-угольника равна сумме всех углов полученных треугольников, т.е(п-2)•180º.Теорема доказана. Пример: (6-2)•180º=4•180º=720º.(2). Выведем формулу для длины l окружности радиуса R:l=2πR. При этом под длиной lокружности будем понимать предел, к которому стремится периметр Р_п правильного п-угольника, вписанного в окружность при неограниченном увеличении числа п его сторон. Это записывается так: Р_п–––––––→l.

                                                              n→∞

Таким образом, чем больше число сторон такого п-угольника, тем ближе его периметр к длине окружности. Рассмотрим две окружности, радиусы которых Rи R¹, а длины lиl¹. В каждую из них впишем правильный п-угольник и обозначим через Р_п  и Р_п¹ их периметры, а через а_пи а_п¹ длины сторон. Тогда, Р_п¹=п•а_п¹=п•2R¹sin(180º/n). Здесь использована формула, выражающая стороны a_nправильного n-угольника, вписанного в окружность, через радиус Rокружности. Отсюда следует (P_n/P_n’)=(2R/2R’), что справедливо при любом n. При неограниченном увеличении числа сторон n-угольника (n→∞) получим P_n/P_n’→l/l’n→∞. При этом отношение 2R/2R’ остаётся неизменным. Следовательно, l/l’=2R/2R’ или l/2R=l’/2R’ таким образом отношение длины окружности к её диаметру есть одно и то же число для всех окружностей. Это число принято обозначать греческой буквой π. Из равенства l/2R=πследует, что l=2πR – формула длины окружности.

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

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

Билет 2. (1) Второй признак равенства ∆ по стороне и двум прилежащим к ней углам формулируется в виде теоремы. Т: Если сторона и два прилежащие к ней угла одного ∆ соответственно равны стороне и двум прилежащим к ней углам другого ∆, то такие треугольники равны. Д: Пусть у треугольников ABCи A₁B₁C₁AB=A₁B₁, ÐA=ÐA₁, ÐB=ÐB₁. Наложим треугольник ABCна треугольник A₁B₁C₁ так, чтобы вершина Aсовместилась с вершиной A₁, сторона AB – со стороной A₁B₁, а вершины C и C₁ оказались по одну сторону со стороны A₁B₁. Поскольку ÐA=ÐA₁, ÐB=ÐB₁, то сторона ACналожится на сторону A₁C₁, а сторона BC – на B₁C₁. Вершина C общая точка сторон ACи BC окажется как на стороне A₁C₁ так и на стороне B₁C₁, т.е. совместится с общей точкой этих сторон C₁. Значит стороны AC и A₁C₁, BC и B₁C₁ совместятся, следовательно, и совместятся треугольники ABCи A₁B₁C₁. Отсюда следует, что они равны: ∆ABC=∆A₁B₁C₁.

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

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

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

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

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

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

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

Для вывода этой формулы разделим правильный n-угольник, описанный около окружности на n-треугольников отрезками, соединяющими центр окружности с вершинами n-угольника. Рассмотрим один из таких треугольников, например, треугольник A₁OA₂. По следствию из теоремы об окружности, вписанной в правильный n-угольник, окружность касается сторон n-угольника в их серединах. Следовательно, радиус OB, проведённый из центра Oв точку касания, делит сторону A₁A₂ пополам, то есть A₁B=BA₂=a_n/2, где а сторона правильного n-угольника. Поэтому высота OBтреугольника A₁OA₂ является и его медианой, значит треугольник A₁OA₂ – равнобедренный. Отсюда следует, что OBделит угол A₁OA₂ пополам, т.е. угол A₁OB=½ улга A₁OA₂. А поскольку угол A₁OA₂=360°/n. Для прямоугольного треугольника A₁BOсправедливо соотношение A₁B/BO=tg∟A₁OBили an/2r=tg180°/n. Отсюда получаем r=(a_n)/(2tg•(180º/n))

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

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

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

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

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

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

АВСD – параллелограмм. Признак доказан.

(2) Параллельным переносом на вектор аназывается такое преобразование фигуры F, при котором каждая её точка М переходит в точку М_{1 ,} такую что вектор ММ₁ равен вектору а:ММ₁=а. Основное свойство параллельного переноса состоит в том, что при параллельном переносе сохраняются расстояния между точками и любая прямая переходит в прямую, параллельную исходной. Докажем это. Пусть М и N –произвольные точки фигуры F, расстояние между которыми равно MN.При параллельном переносе на вектор а точки М и N переходят в точки М₁ и N₁ соответственно. Так как ММ₁=NN₁=а, то ММ₁=NN₁ и ММ₁║NN₁ .Значит четырёхугольник MM₁N₁N-параллелограмм (по первому признаку). Отсюда следует, что, MN=M₁N₁ и MN║M₁N_1. Из того, что при параллельном переносе сохраняются расстояния между точками, следует, что параллельный перенос есть движение. Движение бывает: поворот, параллельный перенос, осевая и центральная симметрии.

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

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

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

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

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

Билет 20. (1) Т: Если две стороны одного ∆-ка пропорциональны двум сторонам другого    ∆-ка и углы, заключенные между этими сторонами равны, то такие треугольники подобны. Д: Пусть у ∆АВС и ∆ А₁В₁С₁   АВ ∕ А₁В₁= АС ∕ А₁С₁ и ÐА=ÐА₁. Докажем, что ÐС=ÐС₁. Для этого построим ∆АВ₂С, у которого Ð1=ÐА₁ , Ð2=ÐС_1. ∆АВ₂С и ∆А₁В₁С₁ подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому АС ∕ А₁С₁=АВ₂ ∕А₁В₁. С другой стороны, по условию АС ∕ А₁С₁=АВ ∕ А₁В₁, откуда следует, что АВ=АВ₂. ∆АВС и ∆АВ₂С равны по двум сторонам и углу между ними (АС- общая сторона, АВ=АВ₂ по доказанному, ÐА=Ð1 так как Ð1=ÐА₁ÐА₁=ÐА). Отсюда следует, что ÐС=Ð2, а так как Ð2=ÐС₁, то ÐС=ÐС₁. Значит у треугольников АВС и А₁В₁С₁ ÐА=ÐА₁ (по условию) и ÐС=ÐС₁ (по доказанному). По первому признаку подобия ∆АВС ~ ∆А₁В₁С₁. Т: доказана.

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