Исследовательские задачи. 7 класс — с. 365
7 класс.
1. Сформулируйте новые признаки равенства треугольников, используя не только стороны и углы, но также медианы, биссектрисы и высоты треугольников. Примеры таких признаков дают задачи 166, 181, 420, [1, пп. 28, 29]. Эта задача может быть поставлена перед группой учащихся: создать банк признаков равенства треугольников; может использоваться как предмет интеллектуального соревнования между двумя или несколькими группами учащихся.
План исследования.
1) Критерий: набор из трёх элементов треугольника задаёт его однозначно (с точностью до равенства), если по этому набору треугольник строится единственным образом. Поэтому каждый кандидат в признак проверяем построением и ищем контрпример.
2) Признаки, которые верны без дополнительных условий: а) две стороны и медиана, проведённая к третьей стороне (удвоим медиану AM до AD, получим треугольник ABD со сторонами AB, AC, 2AM, а он определён тремя сторонами); б) сторона, медиана, проведённая к ней, и угол между ними (задача 166); в) три медианы; г) угол, прилежащая к нему сторона и сумма двух других сторон (задача 420); д) сторона, прилежащий к ней угол и биссектриса этого угла; е) три высоты (после изучения подобия: стороны обратно пропорциональны высотам).
3) Признаки, верные только при уточнении: две стороны и высота к третьей стороне. Прямоугольные треугольники ABH и ACH определяются гипотенузой и катетом, но основание получается как сумма или как разность отрезков BH и CH. Значит, признак верен для остроугольных треугольников (или при условии, что высота лежит внутри). Для тупоугольного и остроугольного треугольников получаются неравные треугольники.
4) Для каждого найденного признака полезно записать три вещи: формулировку, идею доказательства (достроить, удвоить медиану, перейти к известному признаку, сравнить прямоугольные треугольники) и контрпример для случаев, когда условие нужно усилить.
5) Групповая форма: каждая группа составляет список признаков, затем другая группа доказывает их или находит контрпример; побеждает группа, у которой больше верных признаков.
Оговорка: задача исследовательская, окончательного списка нет, приведены примеры верных и неверных утверждений.
1) Критерий: набор из трёх элементов треугольника задаёт его однозначно (с точностью до равенства), если по этому набору треугольник строится единственным образом. Поэтому каждый кандидат в признак проверяем построением и ищем контрпример.
2) Признаки, которые верны без дополнительных условий: а) две стороны и медиана, проведённая к третьей стороне (удвоим медиану AM до AD, получим треугольник ABD со сторонами AB, AC, 2AM, а он определён тремя сторонами); б) сторона, медиана, проведённая к ней, и угол между ними (задача 166); в) три медианы; г) угол, прилежащая к нему сторона и сумма двух других сторон (задача 420); д) сторона, прилежащий к ней угол и биссектриса этого угла; е) три высоты (после изучения подобия: стороны обратно пропорциональны высотам).
3) Признаки, верные только при уточнении: две стороны и высота к третьей стороне. Прямоугольные треугольники ABH и ACH определяются гипотенузой и катетом, но основание получается как сумма или как разность отрезков BH и CH. Значит, признак верен для остроугольных треугольников (или при условии, что высота лежит внутри). Для тупоугольного и остроугольного треугольников получаются неравные треугольники.
4) Для каждого найденного признака полезно записать три вещи: формулировку, идею доказательства (достроить, удвоить медиану, перейти к известному признаку, сравнить прямоугольные треугольники) и контрпример для случаев, когда условие нужно усилить.
5) Групповая форма: каждая группа составляет список признаков, затем другая группа доказывает их или находит контрпример; побеждает группа, у которой больше верных признаков.
Оговорка: задача исследовательская, окончательного списка нет, приведены примеры верных и неверных утверждений.
7 класс.
2. Сформулируйте признаки равенства равнобедренных треугольников.
Равнобедренный треугольник определяется двумя независимыми элементами (боковая сторона b, основание a, угол при основании β, угол при вершине γ = 180° − 2β, высота h к основанию и т. д.), так как третий элемент через них выражается. Признаки.
1) По боковой стороне и основанию: равны боковые стороны и основания, значит, равны по трём сторонам (третий признак).
2) По основанию и углу при основании: два угла и сторона между ними равны (второй признак); аналогично по основанию и углу при вершине, так как углы при основании равны (180° − γ)/2.
3) По боковой стороне и углу при основании: две стороны и угол между ними (первый признак) после перехода к равнобедренной паре углов; либо по боковой стороне и углу при вершине: две боковые стороны и угол между ними равны (первый признак).
4) По основанию и высоте, проведённой к основанию: высота является медианой, значит, прямоугольные треугольники с равными катетами (a/2 и h) равны, откуда равны боковые стороны.
5) По боковой стороне и высоте к основанию: прямоугольные треугольники с равными гипотенузой и катетом равны, значит, равны основания (половины) и углы.
6) По углу при основании и высоте к основанию: катет и острый угол прямоугольного треугольника.
Осторожно: боковая сторона и высота к боковой стороне признаком не являются, так как h = b sin γ, а sin γ = sin(180° − γ), и угол при вершине определяется неоднозначно (острый или тупой).
1) По боковой стороне и основанию: равны боковые стороны и основания, значит, равны по трём сторонам (третий признак).
2) По основанию и углу при основании: два угла и сторона между ними равны (второй признак); аналогично по основанию и углу при вершине, так как углы при основании равны (180° − γ)/2.
3) По боковой стороне и углу при основании: две стороны и угол между ними (первый признак) после перехода к равнобедренной паре углов; либо по боковой стороне и углу при вершине: две боковые стороны и угол между ними равны (первый признак).
4) По основанию и высоте, проведённой к основанию: высота является медианой, значит, прямоугольные треугольники с равными катетами (a/2 и h) равны, откуда равны боковые стороны.
5) По боковой стороне и высоте к основанию: прямоугольные треугольники с равными гипотенузой и катетом равны, значит, равны основания (половины) и углы.
6) По углу при основании и высоте к основанию: катет и острый угол прямоугольного треугольника.
Осторожно: боковая сторона и высота к боковой стороне признаком не являются, так как h = b sin γ, а sin γ = sin(180° − γ), и угол при вершине определяется неоднозначно (острый или тупой).
7 класс.
3. Сформулируйте признаки равенства прямоугольных треугольников [1, п. 30].
Для прямоугольных треугольников один угол уже равен 90°, поэтому достаточно двух других равных элементов (хотя бы одна сторона).
1) По двум катетам (первый признак: две стороны и угол 90° между ними).
2) По катету и прилежащему к нему острому углу (второй признак).
3) По катету и противолежащему острому углу: второй острый угол равен 90° минус данный, поэтому сводится к признаку 2.
4) По гипотенузе и острому углу: второй острый угол тоже равен, значит, равны по стороне и двум прилежащим углам.
5) По гипотенузе и катету: приложим треугольники равными катетами так, чтобы катеты лежали на одной прямой; получится равнобедренный треугольник, у которого углы при основании равны, откуда следует равенство острых углов, а затем признак по гипотенузе и острому углу.
6) Новые признаки: по гипотенузе и высоте, проведённой к ней (получаются два зеркальных, но равных треугольника); по гипотенузе и медиане к катету; по острому углу и высоте к гипотенузе и др. Каждый проверяют построением.
1) По двум катетам (первый признак: две стороны и угол 90° между ними).
2) По катету и прилежащему к нему острому углу (второй признак).
3) По катету и противолежащему острому углу: второй острый угол равен 90° минус данный, поэтому сводится к признаку 2.
4) По гипотенузе и острому углу: второй острый угол тоже равен, значит, равны по стороне и двум прилежащим углам.
5) По гипотенузе и катету: приложим треугольники равными катетами так, чтобы катеты лежали на одной прямой; получится равнобедренный треугольник, у которого углы при основании равны, откуда следует равенство острых углов, а затем признак по гипотенузе и острому углу.
6) Новые признаки: по гипотенузе и высоте, проведённой к ней (получаются два зеркальных, но равных треугольника); по гипотенузе и медиане к катету; по острому углу и высоте к гипотенузе и др. Каждый проверяют построением.
7 класс.
4. Для каждого из новых признаков равенства треугольников рассмотрите задачу на построение: построить с помощью циркуля и линейки треугольник по тем элементам, которые фигурируют в признаке.
Общая схема: анализ (что можно построить сразу), построение, доказательство, исследование (сколько решений и при каких данных).
Пример 1. Треугольник по двум сторонам b, c и медиане m, проведённой к третьей. Анализ: удвоим медиану до AD = 2m. Построение: строим треугольник ABD по трём сторонам AB = c, BD = b, AD = 2m (если он существует), находим середину M отрезка AD, проводим луч BM и откладываем MC = BM. Тогда ABCD параллелограмм, AC = BD = b. Исследование: решение единственно (с точностью до равенства), если по трём отрезкам c, b, 2m можно построить треугольник, то есть выполняются неравенства треугольника.
Пример 2 (признак из задачи 420). Треугольник по углу A, прилежащей стороне AB = c и сумме s двух других сторон AC + BC. Строим угол A, на одной его стороне откладываем AB = c, на другой AD = s, проводим BD. Серединный перпендикуляр к BD пересекает луч AD в точке C; тогда CB = CD, поэтому AC + CB = AC + CD = s. Решение единственно и существует при s > c.
Пример 3. Прямоугольный треугольник по гипотенузе c и высоте h к ней. Строим гипотенузу AB, окружность с диаметром AB, строим перпендикуляр к AB в точке A, откладываем на нём AE = h и через E проводим прямую, параллельную AB. Пересечение прямой с окружностью даёт вершину C (две точки, симметричные относительно серединного перпендикуляра к AB, треугольники равны). Задача имеет решение при h не больше c/2.
Для остальных признаков поступают так же: любое построение, в котором результат однозначен, подтверждает признак равенства, а неоднозначность показывает, что признак надо уточнить.
Пример 1. Треугольник по двум сторонам b, c и медиане m, проведённой к третьей. Анализ: удвоим медиану до AD = 2m. Построение: строим треугольник ABD по трём сторонам AB = c, BD = b, AD = 2m (если он существует), находим середину M отрезка AD, проводим луч BM и откладываем MC = BM. Тогда ABCD параллелограмм, AC = BD = b. Исследование: решение единственно (с точностью до равенства), если по трём отрезкам c, b, 2m можно построить треугольник, то есть выполняются неравенства треугольника.
Пример 2 (признак из задачи 420). Треугольник по углу A, прилежащей стороне AB = c и сумме s двух других сторон AC + BC. Строим угол A, на одной его стороне откладываем AB = c, на другой AD = s, проводим BD. Серединный перпендикуляр к BD пересекает луч AD в точке C; тогда CB = CD, поэтому AC + CB = AC + CD = s. Решение единственно и существует при s > c.
Пример 3. Прямоугольный треугольник по гипотенузе c и высоте h к ней. Строим гипотенузу AB, окружность с диаметром AB, строим перпендикуляр к AB в точке A, откладываем на нём AE = h и через E проводим прямую, параллельную AB. Пересечение прямой с окружностью даёт вершину C (две точки, симметричные относительно серединного перпендикуляра к AB, треугольники равны). Задача имеет решение при h не больше c/2.
Для остальных признаков поступают так же: любое построение, в котором результат однозначен, подтверждает признак равенства, а неоднозначность показывает, что признак надо уточнить.
8 класс.
1. Задача 826 и её обобщение на случай невыпуклого четырёхугольника. (Предложите способ решения, применимый для любого четырёхугольника.)
Задача 826: из одинаковых плиток в форме произвольного выпуклого четырёхугольника можно сделать паркет, полностью покрывающий любую часть плоскости.
Идея решения: сумма внутренних углов четырёхугольника ABCD равна 360°. Поместим в одну точку четыре плитки так, чтобы при ней сошлись углы A, B, C, D; они дают полный угол 360° без просветов и наложений. Чтобы получить периодичность, повернём плитку на 180° вокруг середины каждой её стороны: у соседней плитки при этой стороне стороны совпадают (сторона AB переходит в BA), а прилегающие углы дополняют друг друга до 360° вместе с остальными.
Обобщение: для невыпуклого четырёхугольника сумма внутренних углов тоже 360° (диагональ, лежащая внутри, делит его на два треугольника), причём один из углов может быть больше 180°. Преобразование то же: при вращении на 180° вокруг середины стороны сторона переходит сама в себя, плитка прилегает к соседней без наложения. В каждой вершине сходятся четыре плитки с углами A, B, C, D, их сумма 360°, значит, плитки примыкают без щелей.
Единый способ для любого простого четырёхугольника ABCD: возьмём плитку T и её образ T′ при повороте на 180° вокруг середины стороны BC. Две такие плитки образуют шестиугольник с противоположными параллельными равными сторонами; сдвигая его на два вектора, идущих вдоль двух пар сторон, заполняем всю плоскость. В каждой вершине сходятся четыре плитки с углами A, B, C, D (сумма 360°), поэтому ни щелей, ни наложений нет.
Вывод: паркет существует для любого простого четырёхугольника, причём он состоит из плиток в двух ориентациях (плитка и её поворот на 180°).
Оговорка: строгое обоснование отсутствия наложений в невыпуклом случае опирается на то, что каждые две соседние плитки лежат по разные стороны от общей стороны.
Идея решения: сумма внутренних углов четырёхугольника ABCD равна 360°. Поместим в одну точку четыре плитки так, чтобы при ней сошлись углы A, B, C, D; они дают полный угол 360° без просветов и наложений. Чтобы получить периодичность, повернём плитку на 180° вокруг середины каждой её стороны: у соседней плитки при этой стороне стороны совпадают (сторона AB переходит в BA), а прилегающие углы дополняют друг друга до 360° вместе с остальными.
Обобщение: для невыпуклого четырёхугольника сумма внутренних углов тоже 360° (диагональ, лежащая внутри, делит его на два треугольника), причём один из углов может быть больше 180°. Преобразование то же: при вращении на 180° вокруг середины стороны сторона переходит сама в себя, плитка прилегает к соседней без наложения. В каждой вершине сходятся четыре плитки с углами A, B, C, D, их сумма 360°, значит, плитки примыкают без щелей.
Единый способ для любого простого четырёхугольника ABCD: возьмём плитку T и её образ T′ при повороте на 180° вокруг середины стороны BC. Две такие плитки образуют шестиугольник с противоположными параллельными равными сторонами; сдвигая его на два вектора, идущих вдоль двух пар сторон, заполняем всю плоскость. В каждой вершине сходятся четыре плитки с углами A, B, C, D (сумма 360°), поэтому ни щелей, ни наложений нет.
Вывод: паркет существует для любого простого четырёхугольника, причём он состоит из плиток в двух ориентациях (плитка и её поворот на 180°).
Оговорка: строгое обоснование отсутствия наложений в невыпуклом случае опирается на то, что каждые две соседние плитки лежат по разные стороны от общей стороны.
8 класс.
2. Теорема Птолемея и ряд задач, решаемых с её помощью (задачи 865, 912, 916). Предложите свои задачи на применение этой теоремы [2, п. 59].
Теорема Птолемея: в выпуклом четырёхугольнике, вписанном в окружность, произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон: AC·BD = AB·CD + BC·AD (задача 916).
Доказательство: на диагонали AC берём точку K так, что ∠ABK = ∠CBD. Тогда △ABK подобен △DBC (по двум углам: ∠BAK = ∠BDC как вписанные, опирающиеся на дугу BC), откуда AK·BD = AB·CD. Также △BCK подобен △BDA, откуда CK·BD = BC·AD. Складываем: AC·BD = AB·CD + BC·AD.
Применения. Задача 912: для точки X на описанной окружности равностороннего треугольника ABC со стороной a и точки X на дуге BC вписанный четырёхугольник ABXC: AX·a = BX·a + CX·a, откуда AX = BX + CX. Задача 865 (углы A = π/7, B = 2π/7): применяя теорему к четырёхугольнику, вписанному вместе с треугольником (получающемуся при добавлении точки на дуге), приходим к равенству 1/BC = 1/AC + 1/AB.
Собственные задачи: 1) в правильном семиугольнике P0P1...P6 с хордами a = P0P1, b = P0P2, c = P0P3 доказать, что 1/a = 1/b + 1/c (теорема Птолемея для P0P1P2P4: bc = ab + ac; это и есть смысл задачи 865); 2) найти диагональ d правильного пятиугольника со стороной a: по теореме Птолемея d·d = a·d + a·a, то есть d² = ad + a², откуда d = a(1 + √5)/2; 3) доказать обратную теорему: если в четырёхугольнике AC·BD = AB·CD + BC·AD, то он вписанный.
Оговорка: задачи 865 и 912 в тексте книги даны с формулами, поэтому приведено лишь общее направление их решения.
Доказательство: на диагонали AC берём точку K так, что ∠ABK = ∠CBD. Тогда △ABK подобен △DBC (по двум углам: ∠BAK = ∠BDC как вписанные, опирающиеся на дугу BC), откуда AK·BD = AB·CD. Также △BCK подобен △BDA, откуда CK·BD = BC·AD. Складываем: AC·BD = AB·CD + BC·AD.
Применения. Задача 912: для точки X на описанной окружности равностороннего треугольника ABC со стороной a и точки X на дуге BC вписанный четырёхугольник ABXC: AX·a = BX·a + CX·a, откуда AX = BX + CX. Задача 865 (углы A = π/7, B = 2π/7): применяя теорему к четырёхугольнику, вписанному вместе с треугольником (получающемуся при добавлении точки на дуге), приходим к равенству 1/BC = 1/AC + 1/AB.
Собственные задачи: 1) в правильном семиугольнике P0P1...P6 с хордами a = P0P1, b = P0P2, c = P0P3 доказать, что 1/a = 1/b + 1/c (теорема Птолемея для P0P1P2P4: bc = ab + ac; это и есть смысл задачи 865); 2) найти диагональ d правильного пятиугольника со стороной a: по теореме Птолемея d·d = a·d + a·a, то есть d² = ad + a², откуда d = a(1 + √5)/2; 3) доказать обратную теорему: если в четырёхугольнике AC·BD = AB·CD + BC·AD, то он вписанный.
Оговорка: задачи 865 и 912 в тексте книги даны с формулами, поэтому приведено лишь общее направление их решения.
8 класс.
3. Окружность Эйлера (задача 918). Дополнительно исследуйте, сколько точек, указанных в задаче 918, могут быть различными.
Задача 918: для неравностороннего треугольника ABC основания высот A1, B1, C1, середины отрезков от вершин до ортоцентра H (A2, B2, C2) и середины сторон (A3, B3, C3) лежат на одной окружности радиуса R/2 с центром в середине отрезка OH (окружность Эйлера).
Исследование числа различных точек. 1. Общий случай (разносторонний остроугольный или тупоугольный треугольник): все 9 точек различны.
2) Равнобедренный треугольник с основанием BC (AB = AC): высота из A совпадает с медианой, поэтому A1 = A3; остальные точки различны. Различных точек 8.
3) Прямоугольный треугольник с прямым углом C: H = C; тогда A1 = B1 = C2 = C, A2 = B3, B2 = A3. Остаются точки C, C1, B3, A3, C3: различных 5.
4) Равнобедренный прямоугольный треугольник: дополнительно C1 = C3, различных 4 (наименьшее число, которое получается).
5) В равностороннем треугольнике (из условия задачи исключён) H = O, A1 = A3 и так далее: различных точек 6.
6) Могут быть и менее очевидные совпадения, например A1 = A2 при разности углов B − C = 90°.
Вывод: число различных точек может принимать значения 9, 8, 5, 4 (и 6 для равностороннего).
Оговорка: полный перебор всех возможных совпадений здесь не проводился, указаны основные случаи.
Исследование числа различных точек. 1. Общий случай (разносторонний остроугольный или тупоугольный треугольник): все 9 точек различны.
2) Равнобедренный треугольник с основанием BC (AB = AC): высота из A совпадает с медианой, поэтому A1 = A3; остальные точки различны. Различных точек 8.
3) Прямоугольный треугольник с прямым углом C: H = C; тогда A1 = B1 = C2 = C, A2 = B3, B2 = A3. Остаются точки C, C1, B3, A3, C3: различных 5.
4) Равнобедренный прямоугольный треугольник: дополнительно C1 = C3, различных 4 (наименьшее число, которое получается).
5) В равностороннем треугольнике (из условия задачи исключён) H = O, A1 = A3 и так далее: различных точек 6.
6) Могут быть и менее очевидные совпадения, например A1 = A2 при разности углов B − C = 90°.
Вывод: число различных точек может принимать значения 9, 8, 5, 4 (и 6 для равностороннего).
Оговорка: полный перебор всех возможных совпадений здесь не проводился, указаны основные случаи.