Исследовательские задачи. 8 класс (продолжение) — с. 366
8 класс.
4. Прямая Симcона (задача 919). Исследуйте все возможные случаи [2, п. 58].
Задача 919: основания перпендикуляров, проведённых из точки P описанной окружности к прямым AB, BC, CA, лежат на одной прямой (прямая Симсона).
Случаи для исследования: 1. P лежит на окружности внутри одной из дуг, не содержащих вершин: основания перпендикуляров расположены на сторонах (или продолжениях) одним из двух способов: два на сторонах, одно на продолжении; 2. P совпадает с вершиной, например с A: два основания совпадают с A, а прямая Симсона совпадает с высотой AA1; 3. P диаметрально противоположна вершине A: прямая Симсона параллельна касательной; 4) для прямоугольного треугольника одно из оснований совпадает с вершиной прямого угла и т. д.
Обратная теорема: если основания перпендикуляров из точки P к сторонам треугольника лежат на одной прямой, то точка P лежит на описанной окружности.
Идея доказательства основной конфигурации: пусть K, L, M основания перпендикуляров на BC, CA, AB. Четырёхугольники PKCL и PLAM вписанные (углы при K, L и при L, M прямые, PC и PA их диаметры). Из первого ∠PLK = ∠PCK, из второго ∠PLM = 180° − ∠PAM; на описанной окружности ∠PCK и ∠PAM дополняют друг друга до развёрнутого, поэтому ∠PLK + ∠PLM = 180°, то есть K, L, M лежат на одной прямой. В остальных расположениях точки P рассуждение то же, если пользоваться ориентированными углами.
Оговорка: исследование носит описательный характер.
Случаи для исследования: 1. P лежит на окружности внутри одной из дуг, не содержащих вершин: основания перпендикуляров расположены на сторонах (или продолжениях) одним из двух способов: два на сторонах, одно на продолжении; 2. P совпадает с вершиной, например с A: два основания совпадают с A, а прямая Симсона совпадает с высотой AA1; 3. P диаметрально противоположна вершине A: прямая Симсона параллельна касательной; 4) для прямоугольного треугольника одно из оснований совпадает с вершиной прямого угла и т. д.
Обратная теорема: если основания перпендикуляров из точки P к сторонам треугольника лежат на одной прямой, то точка P лежит на описанной окружности.
Идея доказательства основной конфигурации: пусть K, L, M основания перпендикуляров на BC, CA, AB. Четырёхугольники PKCL и PLAM вписанные (углы при K, L и при L, M прямые, PC и PA их диаметры). Из первого ∠PLK = ∠PCK, из второго ∠PLM = 180° − ∠PAM; на описанной окружности ∠PCK и ∠PAM дополняют друг друга до развёрнутого, поэтому ∠PLK + ∠PLM = 180°, то есть K, L, M лежат на одной прямой. В остальных расположениях точки P рассуждение то же, если пользоваться ориентированными углами.
Оговорка: исследование носит описательный характер.
8 класс.
5. Прямая Эйлера: докажите, что в любом неравностороннем треугольнике точка пересечения медиан, точка пересечения высот (или их продолжений), центр описанной около треугольника окружности и центр окружности Эйлера лежат на одной прямой. Установите, в каком отношении эти точки разделяют отрезок с концами в крайних точках [2, п. 36].
Обозначим M точку пересечения медиан, H ортоцентр, O центр описанной окружности, N центр окружности Эйлера.
Доказательство. Пусть A3, B3, C3 середины сторон. Гомотетия с центром M и коэффициентом −1/2 переводит треугольник ABC в треугольник A3B3C3 (так как M делит медиану в отношении 2 : 1). Высоты ABC она переводит в прямые, параллельные им и проходящие через A3, B3, C3, то есть в серединные перпендикуляры сторон. Значит, ортоцентр H переходит в точку пересечения серединных перпендикуляров, то есть в O. Из этого следует, что H, M, O лежат на одной прямой и MO = MH/2, причём M между H и O: HM : MO = 2 : 1.
Центр N окружности Эйлера, описанной около треугольника A3B3C3, является серединой отрезка OH (центр окружности Эйлера лежит в середине OH, так как окружность Эйлера проходит через середины AH, BH, CH и середины сторон: серединные перпендикуляры хорд A2A3 и т. д. пересекаются в середине OH). Поэтому N на этой же прямой и HN = NO.
Отношения. Примем HO = 6 частей. Так как HM : MO = 2 : 1, то HM = 4, MO = 2. Центр N лежит в середине HO, HN = NO = 3. Порядок точек на прямой: H, N, M, O (HN = 3 < HM = 4), причём HN : NM : MO = 3 : 1 : 2. Итак, M делит HO в отношении HM : MO = 2 : 1, а N середина HO и лежит между H и M.
Для неравностороннего треугольника точки H и O различны, поэтому прямая определена (в равностороннем треугольнике все четыре точки совпадают).
Доказательство. Пусть A3, B3, C3 середины сторон. Гомотетия с центром M и коэффициентом −1/2 переводит треугольник ABC в треугольник A3B3C3 (так как M делит медиану в отношении 2 : 1). Высоты ABC она переводит в прямые, параллельные им и проходящие через A3, B3, C3, то есть в серединные перпендикуляры сторон. Значит, ортоцентр H переходит в точку пересечения серединных перпендикуляров, то есть в O. Из этого следует, что H, M, O лежат на одной прямой и MO = MH/2, причём M между H и O: HM : MO = 2 : 1.
Центр N окружности Эйлера, описанной около треугольника A3B3C3, является серединой отрезка OH (центр окружности Эйлера лежит в середине OH, так как окружность Эйлера проходит через середины AH, BH, CH и середины сторон: серединные перпендикуляры хорд A2A3 и т. д. пересекаются в середине OH). Поэтому N на этой же прямой и HN = NO.
Отношения. Примем HO = 6 частей. Так как HM : MO = 2 : 1, то HM = 4, MO = 2. Центр N лежит в середине HO, HN = NO = 3. Порядок точек на прямой: H, N, M, O (HN = 3 < HM = 4), причём HN : NM : MO = 3 : 1 : 2. Итак, M делит HO в отношении HM : MO = 2 : 1, а N середина HO и лежит между H и M.
Для неравностороннего треугольника точки H и O различны, поэтому прямая определена (в равностороннем треугольнике все четыре точки совпадают).
9 класс.
1. Проведите полное исследование задачи на построение треугольника ABC по углу А и сторонам AB и ВС. При каких условиях задача: а) имеет решение; б) имеет единственное решение; в) имеет не единственное решение (и сколько решений); г) не имеет решений?
Пусть ∠A = α, AB = c, BC = a.
Построение. Строим угол A, равный α. На одной его стороне откладываем AB = c. Строим окружность с центром B и радиусом a. Точка её пересечения со второй стороной угла (кроме A) есть вершина C. Треугольник ABC искомый, так как ∠A = α, AB = c, BC = a.
Исследование. Расстояние от B до второй стороны угла (прямой AC) равно h = c·sin α. Окружность пересекает прямую AC, если a ≥ h. Её точки пересечения лежат на прямой AC на расстоянии AC = c cos α ± √(a² − h²) от A, нужны положительные значения.
1) α острый. а) a < h: окружность не пересекает прямую, решений нет (г). б) a = h: окружность касается прямой, один прямоугольный треугольник (угол C равен 90°). в) h < a < c: два решения (обе точки пересечения на стороне угла), в) два решения. г) a = c: одно решение (второй точкой пересечения является A, вырожденный случай не годится): единственное решение (равнобедренный треугольник). д) a > c: одно решение (вторая точка на продолжении за A, лежит вне стороны угла).
2) α = 90° (h = c). При a ≤ c решений нет (при a = c окружность касается прямой в точке A); при a > c одно решение.
3) α тупой. При a ≤ c решений нет (точки пересечения вне стороны угла или совпадают с A); при a > c одно решение.
Итог. Решение существует: при α < 90°, если a ≥ c sin α; при α ≥ 90°, если a > c. Единственное решение: α < 90° и (a = c sin α или a ≥ c); α ≥ 90° и a > c. Два решения: α < 90° и c sin α < a < c. Нет решений: α < 90° и a < c sin α; α ≥ 90° и a ≤ c. На рисунке показан случай двух решений: треугольники ABC1 и ABC2 красные.
Построение. Строим угол A, равный α. На одной его стороне откладываем AB = c. Строим окружность с центром B и радиусом a. Точка её пересечения со второй стороной угла (кроме A) есть вершина C. Треугольник ABC искомый, так как ∠A = α, AB = c, BC = a.
Исследование. Расстояние от B до второй стороны угла (прямой AC) равно h = c·sin α. Окружность пересекает прямую AC, если a ≥ h. Её точки пересечения лежат на прямой AC на расстоянии AC = c cos α ± √(a² − h²) от A, нужны положительные значения.
1) α острый. а) a < h: окружность не пересекает прямую, решений нет (г). б) a = h: окружность касается прямой, один прямоугольный треугольник (угол C равен 90°). в) h < a < c: два решения (обе точки пересечения на стороне угла), в) два решения. г) a = c: одно решение (второй точкой пересечения является A, вырожденный случай не годится): единственное решение (равнобедренный треугольник). д) a > c: одно решение (вторая точка на продолжении за A, лежит вне стороны угла).
2) α = 90° (h = c). При a ≤ c решений нет (при a = c окружность касается прямой в точке A); при a > c одно решение.
3) α тупой. При a ≤ c решений нет (точки пересечения вне стороны угла или совпадают с A); при a > c одно решение.
Итог. Решение существует: при α < 90°, если a ≥ c sin α; при α ≥ 90°, если a > c. Единственное решение: α < 90° и (a = c sin α или a ≥ c); α ≥ 90° и a > c. Два решения: α < 90° и c sin α < a < c. Нет решений: α < 90° и a < c sin α; α ≥ 90° и a ≤ c. На рисунке показан случай двух решений: треугольники ABC1 и ABC2 красные.
9 класс.
2. Окружности Аполлония и их свойства (задачи 1070, 1388), [2, пп. 53, 54].
Определение (задача 1388): для данных точек A, B и числа k > 0, k ≠ 1 множество точек M, для которых AM = k·BM, есть окружность Аполлония.
План исследования. 1. Вывод уравнения в координатах: A(−a; 0), B(a; 0). Условие AM² = k²BM² даёт (x + a)² + y² = k²((x − a)² + y²); после преобразований получаем окружность с центром на прямой AB, лежащим вне отрезка AB, и радиусом 2ak/|k² − 1|. 2. Если k = 1, множество прямая (серединный перпендикуляр), то есть окружность вырождается в прямую.
3) Свойства: точки C и D, в которых окружность пересекает прямую AB, делят отрезок AB внутренним и внешним образом в отношении k (AC : CB = AD : DB = k); отрезок CD диаметр. Прямая MC биссектриса внутреннего, MD внешнего угла AMB, поэтому ∠CMD = 90°. 4. Окружность Аполлония ортогональна любой окружности, проходящей через A и B (задача 1388 б), радиусы в точке пересечения взаимно перпендикулярны). 5. Точки A и B симметричны (инверсны) относительно окружности Аполлония.
Связь с задачей 1070: для середины B отрезка AC длиной 2 условия вида AM² + BM² + CM² = 50 приводят к уравнениям окружности; общая идея вычисления через координаты или формулу Лейбница помогает искать множества, определяемые суммами квадратов расстояний.
Применения: построение геометрических мест, задачи на отношение расстояний, чертёж подвижной точки при движении по заданному правилу.
План исследования. 1. Вывод уравнения в координатах: A(−a; 0), B(a; 0). Условие AM² = k²BM² даёт (x + a)² + y² = k²((x − a)² + y²); после преобразований получаем окружность с центром на прямой AB, лежащим вне отрезка AB, и радиусом 2ak/|k² − 1|. 2. Если k = 1, множество прямая (серединный перпендикуляр), то есть окружность вырождается в прямую.
3) Свойства: точки C и D, в которых окружность пересекает прямую AB, делят отрезок AB внутренним и внешним образом в отношении k (AC : CB = AD : DB = k); отрезок CD диаметр. Прямая MC биссектриса внутреннего, MD внешнего угла AMB, поэтому ∠CMD = 90°. 4. Окружность Аполлония ортогональна любой окружности, проходящей через A и B (задача 1388 б), радиусы в точке пересечения взаимно перпендикулярны). 5. Точки A и B симметричны (инверсны) относительно окружности Аполлония.
Связь с задачей 1070: для середины B отрезка AC длиной 2 условия вида AM² + BM² + CM² = 50 приводят к уравнениям окружности; общая идея вычисления через координаты или формулу Лейбница помогает искать множества, определяемые суммами квадратов расстояний.
Применения: построение геометрических мест, задачи на отношение расстояний, чертёж подвижной точки при движении по заданному правилу.
9 класс.
3. Использование движений в задачах на доказательство (задачи 1290—1292, 1411—1416), [1, п. 163; 3, п. 44].
Идея: если у задачи есть симметрия или равные части, то подходящее движение (осевая или центральная симметрия, параллельный перенос, поворот) переводит одну часть фигуры в другую, что позволяет доказать равенство отрезков и углов или параллельность без вычислений.
План. 1. Повторить свойства движений: сохраняют расстояния, переводят прямую в прямую, угол в равный угол. 2. Разобрать задачи 1290—1292: в них параллелограммы и вписанные правильные треугольники; поворот на 60° или центральная симметрия переводит один отрезок в другой, откуда равенство. 3. Разобрать задачи 1411—1416: доказательство равенства фигур (параллелограммов, трапеций, треугольников) строится от противного или так: найти движение, при котором две точки одной фигуры переходят в две соответствующие точки другой, затем показать, что остальные вершины тоже совпадают (движение определяется образами трёх точек, не лежащих на одной прямой).
4) Составить конспект типовых приёмов: симметрия относительно биссектрисы (угол сам себя), поворот вокруг вершины правильного треугольника, перенос стороны на вектор.
5) Придумать две собственные задачи, решаемые движением.
План. 1. Повторить свойства движений: сохраняют расстояния, переводят прямую в прямую, угол в равный угол. 2. Разобрать задачи 1290—1292: в них параллелограммы и вписанные правильные треугольники; поворот на 60° или центральная симметрия переводит один отрезок в другой, откуда равенство. 3. Разобрать задачи 1411—1416: доказательство равенства фигур (параллелограммов, трапеций, треугольников) строится от противного или так: найти движение, при котором две точки одной фигуры переходят в две соответствующие точки другой, затем показать, что остальные вершины тоже совпадают (движение определяется образами трёх точек, не лежащих на одной прямой).
4) Составить конспект типовых приёмов: симметрия относительно биссектрисы (угол сам себя), поворот вокруг вершины правильного треугольника, перенос стороны на вектор.
5) Придумать две собственные задачи, решаемые движением.
9 класс.
4. Использование движений в задачах на построение (задачи 1293—1295, 1417—1423), [1, п. 163; 3, п. 44].
Идея метода: искомую фигуру или её часть переносят (поворотом, переносом, симметрией) так, чтобы получилась фигура, которую можно построить сразу; затем возвращают её обратным движением.
План. 1. Параллельный перенос: задачи 1293—1295 (построить отрезок данной длины и направления с концами на двух данных линиях; перенос одной линии на вектор отрезка даёт точку пересечения). 2. Поворот: задача 1417 (правильный треугольник с вершинами на трёх линиях: поворот одной окружности на 60° вокруг вершины). 3. Осевая симметрия: кратчайший путь с отражением, задачи с биссектрисой (отражение точки относительно прямой). 4. Задачи 1420, 1421 (треугольник по трём медианам, трапеция): перенос медиан и стороны в одну фигуру, удвоение, построение вспомогательного треугольника.
Каждую задачу оформить по схеме: анализ (какое движение), построение, доказательство, исследование (число решений зависит от числа точек пересечения образа с линией).
Составить таблицу: тип задачи, какое движение, что строится в первую очередь.
План. 1. Параллельный перенос: задачи 1293—1295 (построить отрезок данной длины и направления с концами на двух данных линиях; перенос одной линии на вектор отрезка даёт точку пересечения). 2. Поворот: задача 1417 (правильный треугольник с вершинами на трёх линиях: поворот одной окружности на 60° вокруг вершины). 3. Осевая симметрия: кратчайший путь с отражением, задачи с биссектрисой (отражение точки относительно прямой). 4. Задачи 1420, 1421 (треугольник по трём медианам, трапеция): перенос медиан и стороны в одну фигуру, удвоение, построение вспомогательного треугольника.
Каждую задачу оформить по схеме: анализ (какое движение), построение, доказательство, исследование (число решений зависит от числа точек пересечения образа с линией).
Составить таблицу: тип задачи, какое движение, что строится в первую очередь.
9 класс.
5. Пропорциональные отрезки и метод масс. Использование центра масс системы точек для решения задач и доказательства теорем [2, п. 67].
Метод масс: в вершины фигуры помещают грузы (массы), центр масс системы определяется как точка, делящая отрезок между двумя грузами m1 и m2 в отношении, обратном массам: если центр масс X лежит на отрезке между точками A и B, то m1·AX = m2·XB.
План. 1. Правило рычага и определение центра масс двух точек; свойство группировки (центр масс системы можно находить по частям). 2. Центр масс трёх равных масс в вершинах треугольника точка пересечения медиан; доказательство, что медианы делятся в отношении 2 : 1. 3. Теорема Чевы как условие того, что чевианы пересекаются в одной точке (массы подбираются так, чтобы центр масс лежал на каждой чевиане). 4. Задачи на отношение, в котором прямая делит сторону или отрезок (подбор масс по заданным отношениям). 5. Вывод свойства биссектрисы или теоремы Менелая через массы. 6. Самостоятельные задачи.
Результат работы: список из нескольких задач, решённых методом масс короче обычного.
План. 1. Правило рычага и определение центра масс двух точек; свойство группировки (центр масс системы можно находить по частям). 2. Центр масс трёх равных масс в вершинах треугольника точка пересечения медиан; доказательство, что медианы делятся в отношении 2 : 1. 3. Теорема Чевы как условие того, что чевианы пересекаются в одной точке (массы подбираются так, чтобы центр масс лежал на каждой чевиане). 4. Задачи на отношение, в котором прямая делит сторону или отрезок (подбор масс по заданным отношениям). 5. Вывод свойства биссектрисы или теоремы Менелая через массы. 6. Самостоятельные задачи.
Результат работы: список из нескольких задач, решённых методом масс короче обычного.
1. Характеристическое свойство фигуры. Характеристические свойства прямоугольника, ромба, квадрата, окружности [1, пп. 72—76; 2, пп. 3—5, 8].
План реферата.
1) Понятие характеристического свойства: свойство, которым обладают все фигуры данного вида и только они (признак и свойство в одном, равносильность).
2) Характеристические свойства прямоугольника: параллелограмм с равными диагоналями; параллелограмм с прямым углом; четырёхугольник с тремя прямыми углами.
3) Ромб: параллелограмм с перпендикулярными диагоналями; параллелограмм, диагональ которого делит угол пополам; четырёхугольник с равными сторонами.
4) Квадрат: прямоугольник, являющийся ромбом; четырёхугольник, диагонали которого равны, перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам.
5) Окружность: множество точек, равноудалённых от центра; свойство угла, опирающегося на диаметр, как характеристическое свойство точек окружности. Примеры и доказательства.
1) Понятие характеристического свойства: свойство, которым обладают все фигуры данного вида и только они (признак и свойство в одном, равносильность).
2) Характеристические свойства прямоугольника: параллелограмм с равными диагоналями; параллелограмм с прямым углом; четырёхугольник с тремя прямыми углами.
3) Ромб: параллелограмм с перпендикулярными диагоналями; параллелограмм, диагональ которого делит угол пополам; четырёхугольник с равными сторонами.
4) Квадрат: прямоугольник, являющийся ромбом; четырёхугольник, диагонали которого равны, перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам.
5) Окружность: множество точек, равноудалённых от центра; свойство угла, опирающегося на диаметр, как характеристическое свойство точек окружности. Примеры и доказательства.
2. Формулы площадей различных четырёхугольников [3, пп. 32, 33].
План реферата.
1) Исходные формулы: площадь прямоугольника, параллелограмма (основание на высоту), треугольника, трапеции (полусумма оснований на высоту).
2) Произвольный четырёхугольник: S = (1/2)·d1·d2·sin φ, где d1, d2 диагонали, φ угол между ними (вывод через четыре треугольника).
3) Ромб: S = d1·d2/2; параллелограмм: S = ab sin γ.
4) Вписанный четырёхугольник: формула Брахмагупты S = √((p − a)(p − b)(p − c)(p − d)); описанный: S = pr; формула для четырёхугольника, вписанного и описанного одновременно: S = √(abcd).
5) Примеры задач и таблица формул.
1) Исходные формулы: площадь прямоугольника, параллелограмма (основание на высоту), треугольника, трапеции (полусумма оснований на высоту).
2) Произвольный четырёхугольник: S = (1/2)·d1·d2·sin φ, где d1, d2 диагонали, φ угол между ними (вывод через четыре треугольника).
3) Ромб: S = d1·d2/2; параллелограмм: S = ab sin γ.
4) Вписанный четырёхугольник: формула Брахмагупты S = √((p − a)(p − b)(p − c)(p − d)); описанный: S = pr; формула для четырёхугольника, вписанного и описанного одновременно: S = √(abcd).
5) Примеры задач и таблица формул.
3. Многоугольники на решётке. Формула Пика [1, пп. 82, 83; 2, п. 24].
План реферата.
1) Определения: решётка, узлы, многоугольник с вершинами в узлах.
2) Формула Пика: S = B + Г/2 − 1, где B число узлов внутри, Г число узлов на границе.
3) Доказательство: проверка для прямоугольника со сторонами по линиям решётки, затем для прямоугольного треугольника (половина прямоугольника), затем для произвольного треугольника (вычитание) и многоугольника (разрезание на треугольники, аддитивность).
4) Примеры вычисления площадей по клеточной бумаге и задачи для самостоятельной работы.
5) Замечания: аналог формулы для других решёток; применение.
1) Определения: решётка, узлы, многоугольник с вершинами в узлах.
2) Формула Пика: S = B + Г/2 − 1, где B число узлов внутри, Г число узлов на границе.
3) Доказательство: проверка для прямоугольника со сторонами по линиям решётки, затем для прямоугольного треугольника (половина прямоугольника), затем для произвольного треугольника (вычитание) и многоугольника (разрезание на треугольники, аддитивность).
4) Примеры вычисления площадей по клеточной бумаге и задачи для самостоятельной работы.
5) Замечания: аналог формулы для других решёток; применение.
4. Изопериметрические задачи [2, п. 27; 3, пп. 40, 41].
План реферата.
1) Формулировка: среди фигур с данным периметром найти фигуру наибольшей площади (и обратная задача).
2) Среди прямоугольников данного периметра наибольшую площадь имеет квадрат (через неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим).
3) Среди треугольников с данным основанием и периметром наибольшую площадь имеет равнобедренный; среди всех треугольников данного периметра равносторонний.
4) Среди n-угольников данного периметра наибольшую площадь имеет правильный; из всех плоских фигур круг (без доказательства, историческая задача Дидоны).
5) Решение практических задач (ограда, участок у стены).
1) Формулировка: среди фигур с данным периметром найти фигуру наибольшей площади (и обратная задача).
2) Среди прямоугольников данного периметра наибольшую площадь имеет квадрат (через неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим).
3) Среди треугольников с данным основанием и периметром наибольшую площадь имеет равнобедренный; среди всех треугольников данного периметра равносторонний.
4) Среди n-угольников данного периметра наибольшую площадь имеет правильный; из всех плоских фигур круг (без доказательства, историческая задача Дидоны).
5) Решение практических задач (ограда, участок у стены).
5. Теоремы Чевы и Менелая [2, п. 34; 1, пп. 101, 102].
План реферата.
1) Чевиана; формулировка теоремы Чевы: чевианы AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда (AC1/C1B)·(BA1/A1C)·(CB1/B1A) = 1.
2) Доказательство через отношения площадей или метод масс; следствия: медианы, биссектрисы, высоты остроугольного треугольника пересекаются в одной точке.
3) Теорема Менелая: точки A1, B1, C1 на прямых BC, CA, AB лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда (AC1/C1B)·(BA1/A1C)·(CB1/B1A) = −1 (по модулю 1 при выборе знаков).
4) Связь теорем и примеры решения задач; обратные теоремы.
5) Историческая справка (Джованни Чева, XVII в.; Менелай Александрийский).
1) Чевиана; формулировка теоремы Чевы: чевианы AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда (AC1/C1B)·(BA1/A1C)·(CB1/B1A) = 1.
2) Доказательство через отношения площадей или метод масс; следствия: медианы, биссектрисы, высоты остроугольного треугольника пересекаются в одной точке.
3) Теорема Менелая: точки A1, B1, C1 на прямых BC, CA, AB лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда (AC1/C1B)·(BA1/A1C)·(CB1/B1A) = −1 (по модулю 1 при выборе знаков).
4) Связь теорем и примеры решения задач; обратные теоремы.
5) Историческая справка (Джованни Чева, XVII в.; Менелай Александрийский).
6. Прямая и окружность Эйлера [3, пп. 47, 48; 1, п. 166].
План реферата.
1) Определения: ортоцентр H, центр описанной окружности O, центроид M.
2) Теорема о прямой Эйлера: H, M, O лежат на одной прямой, причём HM : MO = 2 : 1 (доказательство с помощью гомотетии с центром M и коэффициентом −1/2).
3) Окружность девяти точек: основания высот, середины сторон и середины отрезков AH, BH, CH лежат на одной окружности радиуса R/2 с центром в середине OH.
4) Связь с гомотетией: окружность Эйлера получается из описанной окружности гомотетией с центром H и коэффициентом 1/2.
5) Примеры и частные случаи (прямоугольный треугольник, равносторонний).
1) Определения: ортоцентр H, центр описанной окружности O, центроид M.
2) Теорема о прямой Эйлера: H, M, O лежат на одной прямой, причём HM : MO = 2 : 1 (доказательство с помощью гомотетии с центром M и коэффициентом −1/2).
3) Окружность девяти точек: основания высот, середины сторон и середины отрезков AH, BH, CH лежат на одной окружности радиуса R/2 с центром в середине OH.
4) Связь с гомотетией: окружность Эйлера получается из описанной окружности гомотетией с центром H и коэффициентом 1/2.
5) Примеры и частные случаи (прямоугольный треугольник, равносторонний).
7. Различные средние для нескольких отрезков [2, пп. 37—39].
План реферата.
1) Среднее арифметическое (a + b)/2, среднее геометрическое √(ab), среднее гармоническое 2ab/(a + b), среднее квадратичное √((a² + b²)/2).
2) Геометрические построения этих средних для двух отрезков (трапеция, прямоугольный треугольник с высотой к гипотенузе, круг).
3) Неравенство между ними: гармоническое ≤ геометрическое ≤ арифметическое ≤ квадратичное, равенство при a = b.
4) Обобщение на несколько отрезков (n чисел), неравенство Коши.
5) Примеры применения.
1) Среднее арифметическое (a + b)/2, среднее геометрическое √(ab), среднее гармоническое 2ab/(a + b), среднее квадратичное √((a² + b²)/2).
2) Геометрические построения этих средних для двух отрезков (трапеция, прямоугольный треугольник с высотой к гипотенузе, круг).
3) Неравенство между ними: гармоническое ≤ геометрическое ≤ арифметическое ≤ квадратичное, равенство при a = b.
4) Обобщение на несколько отрезков (n чисел), неравенство Коши.
5) Примеры применения.
8. Методы решения задач на построение (метод подобия, метод геометрических мест точек, использование движений) [2, п. 40; 3, пп. 17, 36, 37, 44].
План реферата.
1) Общая схема решения задач на построение: анализ, построение, доказательство, исследование.
2) Метод геометрических мест: точка, удовлетворяющая двум условиям, строится как пересечение двух множеств (серединный перпендикуляр, биссектриса, окружность, дуга, вмещающая данный угол). Пример: треугольник по стороне, углу и высоте.
3) Метод подобия: строят фигуру, подобную искомой (отбрасывая одно условие), затем масштабируют. Пример: квадрат, вписанный в треугольник.
4) Метод движений: перенос, поворот, симметрия (например, задача о кратчайшем пути).
5) Сравнение методов на примерах.
1) Общая схема решения задач на построение: анализ, построение, доказательство, исследование.
2) Метод геометрических мест: точка, удовлетворяющая двум условиям, строится как пересечение двух множеств (серединный перпендикуляр, биссектриса, окружность, дуга, вмещающая данный угол). Пример: треугольник по стороне, углу и высоте.
3) Метод подобия: строят фигуру, подобную искомой (отбрасывая одно условие), затем масштабируют. Пример: квадрат, вписанный в треугольник.
4) Метод движений: перенос, поворот, симметрия (например, задача о кратчайшем пути).
5) Сравнение методов на примерах.