Острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Преподавание планиметрии в школьном курсе

ТЕОРЕМА 1. Равенство углов со взаимно перпендикулярными сторонами: Если и
оба острые или оба тупые и
,
, то
. ТЕОРЕМА 2. Свойства средней линии трапеции: А) средняя линия трапеции параллельна основаниям трапеции; Б) средняя линия равна полусумме оснований трапеции; В) средняя линия (и только она) делит пополам любой отрезок, заключенный между основаниями трапеции. Эти свойства справедливы и для средней линии треугольника, если считать треугольник « вырожденной « трапецией, одно из оснований которой имеет длину, равную нулю.ТЕОРЕМА 3. О точках пересечения медиан, биссектрис, высот треугольника: А) три медианы треугольника пересекаются в одной точке (ее называют центром тяжести треугольника) и делятся в этой точке в отношении 2: 1, считая от вершины; Б) три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке; В) три высоты пересекаются в одной точке (ее называют ортоцентром треугольника). ТЕОРЕМА 4. Свойство медианы в прямоугольном треугольнике: в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе равна ее половине. Верна и обратная теорема: если в треугольнике одна из медиан равна половине стороны, к которой она проведена, то этот треугольник прямоугольный ТЕОРЕМА 5. свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника: Биссектриса внутреннего угла треугольника делит сторону, к которой она проведена, на части, пропорциональные противолежащим сторонам:
ТЕОРЕМА 6. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике: Если a и b – катеты, c – гипотенуза, h – высота, и - проекции катетов на гипотенузу, то: а)
; б)
; в)
; г)
; д)
ТЕОРЕМА 7 .Определение вида треугольника по его сторонам: Пусть a , b , c – стороны треугольника, причем с – наибольшая сторона; тогда: А) если
, то треугольник остроугольный; Б) если
, то треугольник прямоугольный; В) если
, то треугольник тупоугольный. ТЕОРЕМА 8. Метрические соотношения в параллелограмме: Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон:
. При решении геометрических задач часто приходиться устанавливать равенство двух отрезков(или углов). Укажем три основных пути геометрического доказательства равенства двух отрезков: 1) рассматривают отрезки как стороны двух треугольников и доказывают, что эти треугольники равны; 2) представляют отрезки в качестве сторон треугольника и доказывают, что этот треугольник равнобедренный; 3) заменяют отрезок а равным ему отрезком , а отрезок b – равным ему отрезком и доказывают равенство отрезков и .Задача 1. Две взаимно перпендикулярные прямые пересекают стороны AB , BC , CD , AD квадрата ABCD в точках E , F , K , L соответственно. Доказать, что EK = FL (см. рис. к задаче №1). Р

Рис. к задаче № 1

Ешение:1. Используя первый из указанных выше путей равенства двух отрезков, проведем отрезки
и
- тогда интересующие нас отрезки EK и FL станут сторонами двух прямоугольных треугольников EPK и FML (см. рис. к задаче №1) .2

Рис. к задаче № 1

Имеем: PK = FM (подробнее: PK = AD , AD = AB , AB = FM , значит, PK = FM ), (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами, теорема 1). Значит, (по катету и острому углу). Из равенства прямоугольных треугольников следует равенство их гипотенуз, т.е. отрезков EK и FL . ■ Отметим, что при решении геометрических задач часто приходиться делать дополнительные построения, например такие: проведение прямой, параллельной или перпендикулярной одной из имеющихся на рисунке (так мы сделали в задаче 1) ; удвоение медианы треугольника с тем, чтобы достроить треугольник до параллелограмма (так мы сделаем в задаче 2), проведение вспомогательной биссектрисы. Есть полезные дополнительные построения, связанные с окружностью.Задача 2. Стороны
равны a , b , c . Вычислить медиану , проведенную к стороне с.(см. рис. к задаче 2). Р

Рис. к задаче № 2

Ешение: Удвоим медиану, достроив
до параллелограмма АСВР, и применим к этому параллелограмму теорему 8. Получим: , т.е.
, откуда находим:
Задача 3. Доказать, что в любом треугольнике сумма медиан больше, чем ¾ периметра, но меньше периметра. Р
ешение: 1. Рассмотрим
(см. рис. к задаче 3) Имеем:
;
. Так как АМ + МС >АС, то
(1) П

Рис. к задаче № 3

Роведя аналогичные рассуждения для треугольников АМВ и ВМС, получим:
(2)
(3) Сложив неравенства (1), (2), (3), получим:
, т
.е. мы доказали, что сумма медиан больше, чем ¾ периметра.2. Удвоим медиану BD , достроив треугольник до параллелограмма (см. рис. к задаче 3). Тогда из
получим: BK < BC + CK , т.е.
(4) Аналогично:
(5)

Рис. к задаче № 3

Р
ешение:

Рис. к задаче № 4

Так как
(см. теорему 4), то СМ = МВ, а тогда из
делаем вывод, что
Итак, 3. Так как и (ведь CD – биссектриса), то , что и требовалось доказать. ■Задача 5. В параллелограмме со сторонами a и b проведены биссектрисы внутренних углов (см. рис. к задаче 5). Найти длины диагоналей четырехугольника, образованного в пересечении биссектрис. Решение: 1 . АЕ – биссектриса
, ВР – биссектриса
(см. рис.) . так как в параллелограмме
т.е. то Это значит, что в треугольнике АВК сумма углов А и В равна 90 0 , тогда угол К равен 90 0 , т. Е. биссектрисы АЕ и ВР взаимно перпендикулярны. А
налогично доказывается взаимная перпендикулярность биссектрис AE и DQ, BP и CF, CF и DQ. ВЫВОД: KLMN –четырехугольник с прямыми углами, т.е. прямоугольник. У прямоугольника диагонали равны, значит достаточно найти длину одной из них, например КМ.2

Рис. к задаче № 5

Рассмотрим
У него АК – и биссектриса, и высота. Это значит, во–первых, треугольник АВР – равнобедренный, т.е. АВ = АР = b , и, во – вторых, что отрезок АК одновременно является медианой треугольника АВР, т.е. К – середина биссектрисы ВР. Аналогично доказывается, М – середина биссектрисы DQ.3. Рассмотрим отрезок КМ. Он делит пополам отрезки BP и DQ . Но и средняя линия параллелограмма (учтите, что параллелограмм – частный случай трапеции; если мы можем говорить о средней линии трапеции, то с равным успехом можем говорить о средней линии параллелограмма, обладающей теми же свойствами) проходит через точки К и М (см. теорему 2). Значит, КМ – отрезок на средней линии, а потому
.4. Так как
и
,то KMDP – параллелограмм, а потому.Ответ:
■ Фактически в процессе решения задачи (на этапах 1 и 2) мы доказали довольно важное свойство: биссектрисы углов, прилегающих к боковой стороне трапеции, пересекаются под прямым углом в точке, лежащей на средней линии трапеции. Следует отметить, чтоосновным методом составления уравнений в геометрических задачах является метод опорного элемента, который заключается в следующем: один и тот же элемент (сторона, угол, площадь, радиус и т. д.) выражается через известные и неизвестные величины двумя разными способами и полученные выражения приравниваются.Довольно часто в качестве опорного элемента выбирается площадь фигуры . Тогда говорят, что для составления уравнения используется метод площадей. Надо научить школьников решению базисных задач, т.е. тех. Которые входят как составные элементы во многие другие задачи. Таковыми являются, например, задачи об отыскании основных элементов треугольника: медианы, высоты, биссектрисы, радиусов вписанной и описанной окружностей, площади.Задача 6. В треугольнике АВС стороны АВ и ВС равны, ВН – высота. На стороне ВС взята точка D так, что
(см. рис к задаче 6). В каком отношении отрезок AD делит высоту ВН? Решение: 1. Положим BD = a , тогда CD = 4 a , АВ = 5а .2

Рис. к задаче № 6

Проведем отрезок
(см. рис к задаче 6) Так как НК – средняя линия треугольника ACD DK = KC = 2 a .3. Рассмотрим треугольник ВНК. Имеем: BD = a, DK = 2 a и
. По теореме Фалеса
но
Значит, и
■ Если в задаче требуется найти отношение каких- либор величин, то, как правило, задача решается методом вспомогательного параметра. Это значит, что мы в начале решения задачи объявляем какую – либо линейную величину известной, обозначив ее например буквой а , а затем выражаем через а те величины, отношение которых требуется найти. Когда составляется искомое отношение, вспомогательный параметр а сокращается. Именно так мы действовали в задаче. Наш совет: при решении задач, в которых требуется найти отношение величин (в частности, в задачах на определение угла – ведь, как правило, при вычислении угла речь идет о нахождении его тригонометрической функции, т.е. об отношении сторон прямоугольного треугольника), следует приучать учеников в качестве первого этапа решения выделять введение вспомогательного параметра. Метод вспомогательного параметра применяется также в задачах, где геометрическая фигура определена с точностью до подобия.Задача 7 . В треугольник со сторонами равными 10, 17 и 21 см, вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на одной стороне треугольника, а две другие вершины – на двух других сторонах треугольника. Найти стороны прямоугольника, если известно, что его периметр равен 22,5см. Р
ешение . 1. Прежде всего определим вид треугольника. Имеем: 10 2 = 100; 17 2 = 289; 21 2 = 441. Так как 21 2 > 10 2 + 17 2 , то треугольник тупоугольный (см. теорему 7), а значит вписать в него прямоугольник можно только одним способом: расположив две его вершины на большей стороне треугольника АВС (см. рис. к задаче 7), где АС = 21 см, АВ = 10 см, ВС = 17 см. 2

Преподавание планиметрии в школьном курсе.

Лицей № 000

Лицей № 000.

«Если одно и то же дело поручено

двум одинаково не сведущим в нем

людям и один из них математик,

то математик его выполнит лучше»,

Введение

Овладение практически любой современной профессией требует определенных математических знаний. Представление о роли математики в современном мире, математические знания стали необходимым компонентом общей культуры. Для жизненной самореализации, возможности продуктивной деятельности в информационном мире требуется достаточно прочная математическая подготовка.

Роль и место математики в науке и жизнедеятельности общества, ценность математического образования, гуманизация и гуманитаризация образования, понимание предмета математики, структура личности обуславливают цели математического образования. Выделяют три группы целей, соотнося их с общеобразовательными, воспитательными и практическими функциями.

Ø Математическое образование включает в себя овладение системой математических знаний, умений и навыков, дающей представление о предмете математике, ее языке и символике, периодах развития, математическом моделировании, специальных математических приемах, основных общенаучных методах познания.

Ø Формирование мировоззрения учащихся, логической и эвристической составляющих мышления, воспитания нравственности, культуры общения , самостоятельности, активности, воспитания трудолюбия, ответственности за принятие решений, стремления к самореализации.

Ø Конкретизация отдельных составляющих целей важна для построения совокупности целей урока, адекватности предметному содержанию учебного материала. Трансформация целей образования в действия позволит осуществить диагностику и управление процессом усвоения знаний, умений, развития и воспитания школьника.

На уровне реального учебного процесса цели обучения формируются уже с учетом особенностей учащихся, возможностей дифференциации их обучения.

В процессе математической деятельности учащихся в арсенал приемов и методов мышления включаются индукция и дедукция, обобщение и конкретизация, анализ и синтез, классификация и систематизация, абстрагирование, аналогия. Объекты математических умозаключений и правил их конструирования вскрывают механизм логических построений, вырабатывают умение формулировать, обосновывать и доказывать суждения, тем самым развивают логическое мышление. Ведущая роль принадлежит математике в формировании алгоритмического мышления, воспитании умения действовать по заданному алгоритму и конструировать новые в ходе решения задач, основа учебной деятельности на уроках математики. Развиваются творческая и прикладная стороны мышления.

возражения против проведенного сокращения школьного курса математики;

· расценивание программы курса как перегруженную лишними или слишком специальными сведениями (например, множеством подлежащих заучиванию формул);

· разговоры о явной недостаточности выделенных для математики часов (как на основной инструмент развития логического мышления школьников и т. д.);

требования школьного курса математики и приемных экзаменов; квалификацию преподавателей математики, ибо любая реформа образования, любая перестройка программы обречена на успех только в том случае, если к этому заблаговременно и всесторонне подготовлены педагоги.

В настоящее время в арсенале учителя довольно много учебников для каждой параллели. При выборе той или иной системы каждый учитель, естественно, исходит из собственных критериев и специфики учебного заведения. Однако необходимо учитывать возможность осуществления преемственных связей между курсами, а также проанализировать возможность организации дифференцированного обучения. Учитель в зависимости от конкретных условий работы, от уровня подготовки учеников может организовать полноценный учебный процесс. Учащийся получает реальную возможность, обучаясь в одном классе и по одной программе, выбирать тот уровень усвоения, который соответствует их потребностям, интересам, способностям. Обязательный минимум по математике определяет тот перечень вопросов, который должен быть представлен в программе и учебниках но математике независимо от их уровня и направленности. Иными словами, конкретные программы и учебники, используемые в том или ином учреждении, могут расширять этот уровень, но не сокращать или урезать его.

Выбор уровня математической подготовки должен определяться потребностями учащихся, поэтому в учебных заведениях гуманитарных, юридических и других профилей целесообразно использовать углубленную программу но математике, так как их выпускники идут так же и в технические вузы, помимо этого серьезные занятия математикой необходимы для формирования и развития логического мышления.

Сущность геометрии противоречива: «…в ней непосредственно изучаются идеальные геометрические фигуры, которых нет в действительности, но ее выводы применимы к реальным вещам, к практическим задачам». Задача любого учителя - приблизить учеников к их пониманию, не заслонив при этом от школьников самой геометрии многочисленными опросами, проверками, контрольными работами , позволить детям самим выбирать уровень познания геометрии. Всякий выбор достоин стоящей перед учеником цели, определенной порой интуитивно, но свободно. Часто упорное следование поставленной цели, настойчивость в ее достижении являются совершенно бессмысленными, особенно если цель учителя не является целью ученика. Наверное, стоит попробовать поучиться так организовать деятельность учеников на занятиях геометрии, чтобы они не были скованы нашими целями, нашими вопросами, чтобы они были открыты для всяких восприятий. Ребенок идет в школу с массой вопросов, но школа сама приготовила для него в несколько раз больше вопросов. Вот на свои – то вопросы она же и отвечает, да еще гневается, когда ее ответы плохо воспринимаются.

Один из путей познания состоит из таких этапов: мысль, цепочка размышлений, наконец, строго логически обоснованный, желанный результат поиска. Второй, более открытый путь хотелось бы реализовать через щедрый набор задач, предложенных по каждой теме. При использовании этого пути мысль не тормозит фантазии, не закрывает интуитивного поиска, нет погони за мыслями, нет быстрого скачка к цели, зато царствует спокойное, неторопливое восприятие, наблюдение, появляется чувствительность, казалось бы к постороннему, но порой именно это постороннее и обогащает поиск, приводит к цели. Как часто на уроке мы торопим детей, подгоняем как хлыстом словами: «Думайте. Думайте». А может быть действительно, тот, кто чрезмерно ищет, может и не успеть найти?

Наша с вами задача вести поиск путей, ведущих к познанию геометрии. Будем думать о том, как помочь детям открыть для себя истины, истины геометрии. Чем учитель должен при этом руководствоваться, какую ему избрать тактику и стратегию? Что вообще на уроке делать учителю? Ратовать ли за знания, умения, навыки, утверждая, что знания – сила, или всеми силами стараться так организовать учебный процесс, чтобы знания не заслонили познания, не отвратили душу ребенка от познания.

Может быть, мудрость учителя заключается в знании секретов открытия, секретов познания и, в частности, тайн геометрии, в умении создать такую атмосферу на занятиях, которая способствует овладению этими приемами восприятия и познания. Логика учителя и логика ученика, в каких они должны быть соотношениях на уроке? Чего больше? Возможно, когда учитель предлагает не серию четко продуманных вопросов, а последовательность заданий, размышляя над которыми ученик, его мысль проделывает всю работу, необходимую для момента предваряющего открытие. Тогда логика учителя находится с логикой ученика в необходимом соотношении. А может быть основой поиска выбрать интуицию, ее раскрепощать, ее стимулировать, на нее опираться? Или еще чего – то?

Пожалуй, среди всех учебников и среди всех уроков, учебник для 7 класса самый важный и первый урок – он самый ответственный, ибо именно они вводят в изучение систематического курса. От первых же уроков, от чтения первых же страниц учебника зависит, окажется ли процесс обучения успешным, удастся ли развить у школьников устойчивый интерес к предмету. Ни одному школьнику не ставиться преграда для изучения курса геометрии на любом уровне. Единственной преградой может быть не сложность материала, не трудность изложения, а отсутствие интереса к чтению дальнейших страниц учебника. Однако, изучив теорию даже на самом первом (наглядном) уровне, ученик может решить любую задачу по данной теме, так как знаний для ее решения у него будет достаточно.

Перейдем к характеристике уровней овладения учебным материалом и расскажем учителю, как он сможет обнаружить материал, относящийся к каждому из них.

Первый уровень – общеобразовательный, гуманитарный. Он включает в себя содержание, которым должен овладеть каждый ученик. В геометрии изучение такого материала идет на наглядном уровне, поэтому мы и называем первый уровень наглядным. В него входят определения понятий, сопровождаемые большим количеством иллюстраций, формулировки теорем, объяснение их смысла на чертежах, простейшие логические выводы.

На втором уровне происходит расширение материала первого уровня , решаются задачи прикладного характера, показывается, как геометрические знания применяются к познанию мира. Этот уровень мы называем прикладным. Предполагается, что на этом уровне учащиеся овладевают доказательствами большинства теорем.

Наконец третий уровень – это существенное углубление материала первого уровня, дается его достаточно полное логическое обоснование. Этот углубленный уровень включает самые трудные доказательства теорем, теоретические задачи. Третий уровень имеет и проблемный характер.

Мы выделили первый уровень усвоения – наглядно – практический, на котором школьники как физики, добывают информацию на опыте. Ученик должен представить себе объект, описать его, решить касающуюся его простую задачу. И не беда, если при этом он не сможет безошибочно произнести определение. На этом уровне существенно наглядно–оперативное знание предмета, содержащее наглядные представления и умение правильно ими оперировать.

При изучении геометрии необходимо предлагать ученикам самостоятельно сформулировать определение того или иного понятия. Делается это совсем не для того, чтобы ребята его потом заучили, а для того, чтобы участвуя в этом процессе, они глубже вникли в смысл понятия, познали структуру самого определения и несколько формулировок теорем. Это будет способствовать более глубокому усвоению соответствующего учебного материала. Открытия ребят – отличный стимул для познания.

Общепризнано, что курс геометрии должен учить логическому мышлению. Однако часто многие учащиеся не столько усваивают логику формулировок и доказательств, сколько формально заучивают их. Одно из первых средств преодоления этой опасности – уменьшение количества формулировок и доказательств, которые ученик должен знать (выучить, запомнить). Если мы хотим учить логически мыслить, то надо учить этому, а не механическому запоминанию готовых рассуждений. Поэтому формулировки должны рассматриваться скорее как упражнения на развитие логического мышления, а не как постулаты, которые непременно надо знать наизусть. Полезно, чтобы учащиеся разбирали, а не бездумно заучивали - как можно больше доказательств и решали возможно большее количество задач на доказательство: ученику гораздо приятнее и полезнее, если он сообразит сам, самостоятельно сделает хотя бы маленький вывод, а не заучит чужие рассуждения (не считая конечно тех, которые особенно поучительны, остроумны и изящны).

Логика геометрии заключается не только в отдельных формулировках, но во всей их системе в целом. Смысл каждого определения, каждой теоремы, доказательства определяется в конечном счете только этой системой. Которая и делает геометрию целостной теорией, а не собранием отдельных определений и утверждений. Поэтому мы предлагаем коллегам попытаться не спрашивать у учеников на оценку ни одного доказательства теорем на протяжении определенного времени, а вынести этот опрос на конец довольно обширной темы в качестве проводимого теоретического зачета, что и делаем мы в лицее. Ребята должны привыкнуть к самим понятиям и терминам « теорема», «дано», «доказать», « доказательство», понять их смысл. Конечно, теоремы надо доказывать. Может быть не один раз разбирать их доказательства в классе: фронтально в парах, на разных чертежах. Вполне допустимо, что с нашей точки зрения, до доказательства теоремы, сразу после разбора ее формулировки приступить к решению задач. А когда учащиеся привыкнут к формулировке, поймут ее смысл, можно приступить к разбору доказательства. К этому моменту у учащихся уже в какой-то степени сформируется вкус к поиску истины. Уважение к ней.

Конечно, если преподавание полностью замыкается лишь на собственно геометрическом знании, то и развитие навыков логического мышления и элементов научного мировоззрения будет осуществляться в рамках только этой науки. Поэтому педагог должен постоянно обращать внимание учащихся на связь геометрии с другими науками и практикой и показывать всеобщее (а не для одной лишь геометрии) значение требования доказательности и точности в установлении истины. Особенно этот момент важен для тех учеников, у которых недостаточная мотивация для изучения геометрии как науки, в отличие от мотивированных и заинтересованных детей, которых не нужно лишний раз наталкивать и стимулировать для решения сложных, нестандартных задач, рассматривать различные варианты решения. Так же практика показывает, что учащиеся любят слушать рассказы учителя об истории возникновения предмета. Можно на первом уроке более сильным ученикам, заинтересованным предложить просто порешать красивые, интересные, необычные по форме и методам решения задач. Задачи, которые позволили бы ученикам открыть для себя что–то новое. Для немотивированных учащихся важен процесс, они хотят сами, своим руками строить, рисовать геометрические фигуры, и надо оправдать их ожидания особенно на самых первых уроках, предложить нарисовать им орнаменты, включающие в себя различные геометрические фигуры, и тогда эмоциональное начало этих уроков будет обеспечено. Первый урок важен, он, как камертон, задает тональность всей работе.

Одно хочется подчеркнуть: сейчас, когда нет обязательного экзамена по геометрии, может быть не стоит погоней за знаниями отвращать ребенка от такой прекрасной, несказанно полезной науки, какой является геометрия? Может быть, раз в жизни поработать спокойно. Чтобы над тобой не висел дамоклов меч отметки, оценки. Чтобы на уроке учитель и ученик были равны в познании, в потенциальных возможностях. Чтобы была ГЕОМЕТРИЯ.

Какие задачи из элементарной математики считаются самыми трудными? Наверное, большинство читателей ответит: геометрические. Почему? Да потому, что в алгебре, тригонометрии, началах математического анализа разработаны целые серии алгоритмов решения типовых задач. Если есть алгоритм, значит, есть программа действий, а потому трудности, если они имеют место, носят чаще всего технический, а не принципиальный характер.

Иное дело - задачи геометрические. Алгоритмов их решения, как правило, нет, да и выбрать наиболее подходящую к данному случаю теорему из обширного списка теорем не просто. Поэтому основной рецепт носит скорее философский, чем дидактический характер: хочешь научиться решать геометрические задачи - решай их! Тем не менее, есть какие-то общие положения, которые полезно знать при решении геометрических задач. Об этих общих положениях мы и хотели бы поговорить.

При решении геометрических задач обычно используются три основных метода: геометрический - когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; алгеб раический - когда искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; комбинированный - когда на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других - алгебраическим.

Какой бы путь решения ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения применять их. Не рассматривая здесь всех теорем планиметрии, обратим внимание на те из них, которые, с одной стороны, активно используются при решении задач, но, с другой стороны, как показывает опыт, не всегда находятся «на первом уровне памяти» у учащихся. Эти теоремы надо полюбить, сделать их своими помощниками, чтобы и ученики отдавали им предпочтение.

Озвучим эти теоремы и покажем на конкретных задачах как они работают.

При решении задач, как правило, фиксируются отдельные этапы рассуждений. Это сделано, для удобства, чтобы легче было следить за ходом рассуждений. И еще хотелось бы заметить: задачи будут разной трудности, но такие, которые наиболее полезны учителю в методическом плане.

ТРЕУГОЛЬНИКИ И ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ.

Решая задачи о треугольниках и четырехугольниках, обратим внимание на следующие теоремы:

ТЕОРЕМА 1. Равенство углов со взаимно перпендикулярными сторонами:

Если и оба острые или оба тупые и , , то .

ТЕОРЕМА 2. Свойства средней линии трапеции:

А) средняя линия трапеции параллельна основаниям трапеции;

Б) средняя линия равна полусумме оснований трапеции;

В) средняя линия (и только она) делит пополам любой отрезок, заключенный между основаниями трапеции.

Эти свойства справедливы и для средней линии треугольника, если считать треугольник « вырожденной « трапецией, одно из оснований которой имеет длину, равную нулю.

ТЕОРЕМА 3. О точках пересечения медиан, биссектрис, высот треугольника:

А) три медианы треугольника пересекаются в одной точке (ее называют центром тяжести треугольника) и делятся в этой точке в отношении 2: 1, считая от вершины;

Б) три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке;

В) три высоты пересекаются в одной точке (ее называют ортоцентром треугольника).

ТЕОРЕМА 4. Свойство медианы в прямоугольном треугольнике:

в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе равна ее половине.

Верна и обратная теорема: если в треугольнике одна из медиан равна половине стороны, к которой она проведена, то этот треугольник прямоугольный

ТЕОРЕМА 5. свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника:

Биссектриса внутреннего угла треугольника делит сторону, к которой она проведена, на части, пропорциональные противолежащим сторонам:

ТЕОРЕМА 6. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике:

Если a и b – катеты, c – гипотенуза, h – высота, и - проекции катетов на гипотенузу, то: а) ; б) ; в) ; г) ; д)

ТЕОРЕМА 7 .Определение вида треугольника по его сторонам:

Пусть a, b, c – стороны треугольника, причем с – наибольшая сторона; тогда:

А) если , то треугольник остроугольный;

Б) если , то треугольник прямоугольный;

В) если , то треугольник тупоугольный.

ТЕОРЕМА 8. Метрические соотношения в параллелограмме:

Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон:

.

При решении геометрических задач часто приходиться устанавливать равенство двух отрезков(или углов). Укажем три основных пути геометрического доказательства равенства двух отрезков:

1) рассматривают отрезки как стороны двух треугольников и доказывают, что эти треугольники равны;

2) представляют отрезки в качестве сторон треугольника и доказывают, что этот треугольник равнобедренный;

3) заменяют отрезок а равным ему отрезком https://pandia.ru/text/78/456/images/image008_12.gif" width="17" height="19 src=">и доказывают равенство отрезков и .

Задача 1. Две взаимно перпендикулярные прямые пересекают стороны AB, BC, CD, AD квадрата ABCD в точках E, F, K, L соответственно. Доказать, что EK = FL (см. рис. к задаче №1).

Решение: 1. Используя первый из указанных выше путей равенства двух отрезков, проведем отрезки и - тогда интересующие нас отрезки EK и FL станут сторонами двух прямоугольных треугольников EPK и FML (см. рис. к задаче №1) .

2 . Имеем: PK = FM (подробнее: PK = AD, AD = AB, AB = FM, значит, PK = FM), (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами, теорема 1). Значит, (по катету и острому углу). Из равенства прямоугольных треугольников следует равенство их гипотенуз, т. е. отрезков EK и FL . ■

Отметим, что при решении геометрических задач часто приходиться делать дополнительные построения, например такие: проведение прямой, параллельной или перпендикулярной одной из имеющихся на рисунке (так мы сделали в задаче 1) ; удвоение медианы треугольника с тем, чтобы достроить треугольник до параллелограмма (так мы сделаем в задаче 2), проведение вспомогательной биссектрисы. Есть полезные дополнительные построения, связанные с окружностью.

Задача 2. Стороны равны a, b, c . Вычислить медиану , проведенную к стороне с.(см. рис. к задаче 2).

Решение: Удвоим медиану, достроив до параллелограмма АСВР, и применим к этому параллелограмму теорему 8. Получим: , т. е. , откуда находим:

Задача 3. Доказать, что в любом треугольнике сумма медиан больше, чем ¾ периметра, но меньше периметра.

Решение: 1. Рассмотрим https://pandia.ru/text/78/456/images/image036_6.gif" width="131" height="41">; . Так как АМ + МС >АС, то

https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="Подпись:" align="left" width="148" height="32">Проведя аналогичные рассуждения для треугольников АМВ и ВМС, получим:

https://pandia.ru/text/78/456/images/image041_3.gif" width="111" height="41 src="> (3)

Сложив неравенства (1), (2), (3), получим: ,

т. е. мы доказали, что сумма медиан больше, чем ¾ периметра.

2. Удвоим медиану BD , достроив треугольник до параллелограмма (см. рис. к задаче 3)..gif" width="80" height="24 src="> (4)

Аналогично: https://pandia.ru/text/78/456/images/image039_4.gif" alt="Подпись: Рис. к задаче № 3" align="left hspace=12" width="148" height="32"> (6)

Сложив неравенства (4), (5), (6), получим: https://pandia.ru/text/78/456/images/image049_2.gif" align="left" width="159" height="93">Решение: Пусть АСВ – прямоугольный треугольник, https://pandia.ru/text/78/456/images/image051_2.gif" width="233" height="21"> (см. рис. к задаче 4) .

1. как углы со взаимно перпендикулярными сторонами (https://pandia.ru/text/78/456/images/image054_2.gif" alt="Подпись:" align="left" width="148" height="33">2. Так как (см. теорему 4), то СМ = МВ, а тогда из делаем вывод, что Итак,

3. Так как и (ведь CD – биссектриса), то , что и требовалось доказать. ■

Задача 5. В параллелограмме со сторонами a и b проведены биссектрисы внутренних углов (см. рис. к задаче 5). Найти длины диагоналей четырехугольника, образованного в пересечении биссектрис.

Решение: 1 ..gif" width="27 height=17" height="17">(см. рис.) . так как в параллелограмме т. е. то Это значит, что в треугольнике АВК сумма углов А и В равна 900, тогда угол К равен 900, т. Е. биссектрисы АЕ и ВР взаимно перпендикулярны.

Аналогично доказывается взаимная перпендикулярность биссектрис AE и DQ, BP и CF, CF и DQ.

ВЫВОД: KLMN –четырехугольник с прямыми углами, т. е. прямоугольник. У прямоугольника диагонали равны, значит достаточно найти длину одной из них, например КМ.

2. Рассмотрим У него АК – и биссектриса, и высота. Это значит, во–первых, треугольник АВР – равнобедренный, т. е. АВ = АР = b , и, во – вторых, что отрезок АК одновременно является медианой треугольника АВР, т. е. К – середина биссектрисы ВР.

Аналогично доказывается, М – середина биссектрисы DQ.

3. Рассмотрим отрезок КМ. Он делит пополам отрезки BP и DQ. Но и средняя линия параллелограмма (учтите, что параллелограмм – частный случай трапеции; если мы можем говорить о средней линии трапеции, то с равным успехом можем говорить о средней линии параллелограмма, обладающей теми же свойствами) проходит через точки К и М (см. теорему 2). Значит, КМ – отрезок на средней линии, а потому .

4. Так как и ,то KMDP – параллелограмм, а потому

Ответ: ■

Фактически в процессе решения задачи (на этапах 1 и 2) мы доказали довольно важное свойство: биссектрисы углов, прилегающих к боковой стороне трапеции, пересекаются под прямым углом в точке, лежащей на средней линии трапеции.

Следует отметить, что основным методом составления уравнений в геометрических задачах является метод опорного элемента, который заключается в следующем: один и тот же элемент (сторона, угол, площадь, радиус и т. д.) выражается через известные и неизвестные величины двумя разными способами и полученные выражения приравниваются.

Довольно часто в качестве опорного элемента выбирается площадь фигуры . Тогда говорят, что для составления уравнения используется метод площадей.

Надо научить школьников решению базисных задач, т. е. тех. Которые входят как составные элементы во многие другие задачи. Таковыми являются, например, задачи об отыскании основных элементов треугольника: медианы, высоты, биссектрисы, радиусов вписанной и описанной окружностей, площади.

Задача 6. В треугольнике АВС стороны АВ и ВС равны, ВН – высота. На стороне ВС взята точка D так, что (см. рис к задаче 6). В каком отношении отрезок AD делит высоту ВН?

Решение: 1. Положим BD = a, тогда CD = 4 a , АВ = 5а .

2. Проведем отрезок (см. рис к задаче 6) Так как НК – средняя линия треугольника ACD DK = KC = 2 a .

3. Рассмотрим треугольник ВНК. Имеем: BD = a,

DK = 2 a и https://pandia.ru/text/78/456/images/image080_2.gif" width="84" height="41"> но Значит, и ■

Если в задаче требуется найти отношение каких - либор величин, то, как правило, задача решается методом вспомогательного параметра. Это значит, что мы в начале решения задачи объявляем какую – либо линейную величину известной, обозначив ее например буквой а , а затем выражаем через а те величины, отношение которых требуется найти. Когда составляется искомое отношение, вспомогательный параметр а сокращается. Именно так мы действовали в задаче. Наш совет: при решении задач, в которых требуется найти отношение величин (в частности, в задачах на определение угла – ведь, как правило, при вычислении угла речь идет о нахождении его тригонометрической функции, т. е. об отношении сторон прямоугольного треугольника), следует приучать учеников в качестве первого этапа решения выделять введение вспомогательного параметра. Метод вспомогательного параметра применяется также в задачах, где геометрическая фигура определена с точностью до подобия.

Задача 7 . В треугольник со сторонами равными 10, 17 и 21 см, вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на одной стороне треугольника, а две другие вершины – на двух других сторонах треугольника. Найти стороны прямоугольника, если известно, что его периметр равен 22,5см.

Решение . 1. Прежде всего определим вид треугольника. Имеем: 102 = 100; 172 = 289; 212 = 441. Так как 212 > 102 + 172, то треугольник тупоугольный (см. теорему 7), а значит вписать в него прямоугольник можно только одним способом: расположив две его вершины на большей стороне треугольника АВС (см. рис. к задаче 7), где АС = 21 см, АВ = 10 см, ВС = 17 см.

2. Найдем высоту ВН треугольника АВС. ВН = 8 см.

3. Положим ED = x . Тогда EF = 11,25 – x (поскольку периметр прямоугольника DEFK равен 22,5 см), ВР = 8 – х. Треугольники BEF и АВС подобны, значит (в подобных треугольниках отношение соответственных высот равно коэффициенту подобия), т. е. откуда находим х = 6.

Ответ: 6 см, 5,25 см. ■

При решении задачи мы воспользовались утверждением, что в подобных треугольниках не только стороны, но и соответствующие высоты пропорциональны. Более общим фактором является следующий, представляющий собой, если можно так выразиться, обобщенную теорему подобия:

Если два треугольника подобны, то любой линейный элемент (или сумма линейных элементов) одного треугольника относится к соответствующему линейному элементу (или сумме соответствующих линейных элементов) другого треугольника как соответствующие стороны.

В частности, радиусы описанной или вписанной окружностей, периметры, соответственные высоты, медианы, биссектрисы двух подобных треугольников относятся как соответственные стороны.

Задача 8 . В треугольнике АВС угол А в 2 раза больше угла С, сторона ВС на 2 см больше стороны АВ, а АС = 5 см. Найти АВ и ВС.

Решение . 1. Проведем биссектрису AD угла А..gif" alt="Подпись:" align="left" width="148" height="33">3. Треугольники АВД и АВС подобны, так как и угол В у этих треугольников общий. Из подобия треугольников заключаем, что т. е.

4. Для отыскания х и у получена система из двух уравнений с двумя неизвестными: откуда

Вычитая второе уравнение из первого, получим 5у – 10 =2у, т. е. у = . Значит т. е.х=4.

Ответ: АВ = 4 см; ВС = 6 см. ■

Очень часто при составлении отношений соответственных сторон в подобных треугольниках в нетривиальных случаях(тривиальные случаи подобия были в задачах 6 и 7 – треугольник отсекался от последнего прямой, параллельной одной из его сторон) те, кто решает задачу. Допускают чисто технические ошибки: или путают порядок треугольников (какой из них первый какой второй), или неудачно выбирают пары сторон в качестве соответственных. Наш совет: если установлено подобие треугольников АВС и DEF, то рекомендуем действовать следующим образом: "загнать" стороны одного треугольника в числители, например так: учитывая, что соответственными сторонами в подобных треугольниках считаются те, которые лежат против равных углов, найти наиболее простые пары соответственных сторон; если это АВ и DE, BC и DF, то записать: https://pandia.ru/text/78/456/images/image100_1.gif" align="left" width="121" height="96 src=">б) для того чтобы в четырехугольник можно было вписать ок ружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы длин его противолежащих сторон были равны.

ТЕОРЕМА 5. Метрические соотношения в окружности:

https://pandia.ru/text/78/456/images/image103_2.gif" alt="Подпись: Рис.2" align="left" width="76" height="29">

https://pandia.ru/text/78/456/images/image105_2.gif" alt="Подпись: Рис.3" align="left" width="76" height="28">

https://pandia.ru/text/78/456/images/image107_1.gif" width="13 height=19" height="19">, гипотенуза - с (см. рис.). Вычислить радиус r вписанной окружности.

Решение. 1. Из центра О вписанной окружности проведем радиусы в точки ее касания со сторонами треугольника; учитывая, что они перпендикулярны соответствующим сторонам (см. теорему 1, а), и, воспользовавшись затем теоремой 1, б, отметим пары равных отрезков: CD = СЕ, АЕ = AF, BD = BF (см. рис.).

2. Так как EODC - квадрат (углы Е, D, С - прямые и ЕС = CD), то ОЕ = OD = CD = СЕ = r . Тогда BD = а – r, АЕ = b – r и, соответственно, BF = BD = а – r, AF = AE = b– r.

3. Так как АВ = AF + FB , то с = (b – r) + (а – r) , откуда .■

Заметим, что если в задаче речь идет об окружности, вписанной в треугольник (или четырехугольник), то практически всегда целесообразно провести радиусы в точки касания окружности со сторонами, учитывая, что радиусы будут перпендикулярны соответствующим сторонам, и тут же отметить на чертеже пары равных отрезков (для двух касательных, проведенных к окружности из данной точки). Так мы и поступили при решении приведенной задачи.

Обратим внимание на формулу https://pandia.ru/text/78/456/images/image110_1.gif" width="43" height="44">, где S – площадь, р – полупериметр треугольника.

Что касается радиуса R описанной около треугольника окружности, то для прямоугольного треугольника (гипотенуза является диаметром описанной около прямоугольного треугольника окружности), для непрямоугольного треугольника обычно используют формулу https://pandia.ru/text/78/456/images/image114_1.gif" width="59" height="41 src=">.

Задача 10. Дан прямоугольный круговой сектор. Проведена окружность того же радиуса с центром в конце дуги сектора, она разбивает сектор на два криволи­нейных треугольника. В меньший из этих треугольников вписана окружность (см. рис.). Найти отношение радиусов вписанной окружности и сектора.

Решение. 1. Выполним необходимые дополнительные построения, которые обычно делают, когда речь идет о внутреннем или внешнем касании окружностей или о касании окружности и прямой: О2О3 – линия центров; В - точка касания; О1О3 – линия центров; А – точка касания; O3 C O1 C; С – точка касания (см. рис.).

https://pandia.ru/text/78/456/images/image119_1.gif" width="43" height="41">. Значит, .

Ответ: . ■

Приведем еще два добавления о полезных дополнительных построениях: 1) если две окружности касаются (внутренним или внешним образом), то обязательно нужно провести линию центров, т. е. прямую, проходящую через центры касающихся окружностей, и учесть при этом, что точка касания лежит на линии центров (так мы поступили при решении приведенной задачи, что и было ключом к успеху); 2) иногда полезно (в качестве дополнительных построений) сделать так называемый «выносной» чертеж, т. е. фрагмент имеющегося достаточно сложного чертежа вынести отдельно для специального изучения (так, решая задачу, мы вынесли отдельно фрагмент, содержащий ∆О1О2О3 – см. рис.).

Задача 11. Окружность радиусом R проходит через две смежные вершины А и D квадрата (см. рис.). Отрезок ВМ касательной к окружности, проведенной из третьей вершины В квадрата, вдвое больше стороны последнего. Найти сторону квадрата.

Решение. Введем обозначения ВА = х, ВМ = 2х. Продолжим отрезок ВА до пересечения с окружностью в точке К. Тогда ВК ∙ ВА = ВМ2 (см. теорему 5, в), т. е. ВК ∙ х = 4х2, откуда находим: ВК = 4х – значит, АК = Зх. Далее, KAD = = 90°, значит, KD – диаметр окружности. Из прямоугольного треугольника ADK находим: AD2+АК2 = KD2, т. е. х2+9х2= 4R 2, откуда х = https://pandia.ru/text/78/456/images/image125_0.gif" width="45" height="45 src=">. ■

Ортоцентр, т. е. точка пересечения высот треугольника обладает рядом интересных свойств: ортоцентр остроугольного треугольника совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник, вершинами которого являются основания высот заданного треугольника; в непрямоугольном треугольнике АВС расстояние от ортоцентра до вершины В вдвое больше расстояния от центра описанной около треугольника окружности до стороны АС. Используем последнее свойство для введения понятия прямая Эйлера. В силу наглядных соображений ограничимся остроугольным треугольником.

Итак, пусть Н – ортоцентр, О – центр описанной окружности, OD AC, OD║ BH, AD = DC (см. рис.).

Проведем медиану BD и отрезок ОН. Треугольники ВНМ и MOD подобны, значит, https://pandia.ru/text/78/456/images/image128_0.gif" width="56" height="41 src=">.gif" width="17" height="16 src=">С = 90°, то прямая Эйлера – это прямая, проходящая через вершину С прямого угла и середину О гипотенузы АВ, т. е. медиана.

Продолжим разговор о решении планиметрических задач. Перейдем к решению задач, связанных с понятием площади плоской фигуры.

Начнем, как и в предыдущих случаях, с выделения «рабочих» теорем. Таких теорем о вычислении площадей две.

ТЕОРЕМА 1. Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия.

ТЕОРЕМА 2. а) Если у двух треугольников равны основания, то их площади относятся как высоты.

б) Если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания.

И, разумеется, есть смысл привести основные формулы для вычисления площадей плоских фигур.

1. Формулы площади треугольника:

a) https://pandia.ru/text/78/456/images/image131_0.gif" width="84" height="41 src=">; в) ;

г) S = р r, где р =; R – радиус описанной окружности; r - радиус вписанной окружности;

д) S = https://pandia.ru/text/78/456/images/image136_0.gif" align="left hspace=12" width="159" height="139"> а) S = AC ∙ BDsin;

ГЛАВА III.
ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРЯМЫЕ

§ 40. УГЛЫ С СООТВЕТСТВЕННО ПАРАЛЛЕЛЬНЫМИ
И ПЕРПЕНДИКУЛЯРНЫМИ СТОРОНАМИ.

1. Углы с соответственно параллельными сторонами.

Возьмём на плоскости две точки С и О и из этих точек проведём две пары лучей
СА || ОМ и СВ || ОN так, чтобы углы АСВ и МОN были или оба острые (черт. 211), или оба тупые (черт. 212).

Углы АСВ и МОN- углы с соответственно параллельными cтронами. Докажем, что эти углы равны между собой.

Пусть СВ пересекает ОМ в точке D. / АСВ = / МDВ, как соответственные углы при параллельных АС и МО и секущей СВ.

/ МDВ = / МОN, как соответственные углы при параллельных СВ и ОN и секущей МО, но тогда и / АСВ = / МОN.

Следовательно, углы с соответственно параллельными сторонами равны, если они оба острые или оба тупые.

Построим два острых угла АСВ и МОN с соответственно параллельными сторонами (черт. 213): СА || МО и СВ || ОN, и продолжим за вершину О стороны угла МОN.

При вершине О образовались два гупых угла ЕОМ и FОN (так как смежный с ними угол МОN по построению острый).

Каждый из них в сумме с углом МОN составляет 2d , а так как / МОN = / АСВ,
то / АСВ+ / МОЕ = 2d и / АСВ+ / FОN = 2d .

Следовательно, углы с соответственно параллельными сторонами в сумме составляют 2

2. Углы с соответственно перпендикулярными сторонами.

Построим произвольный острый угол АВС. Проведём через вершину угла лучи, перпендикулярные к его сторонам, так, чтобы они образовали острый угол.

BO_|_ ВС и ВК _|_ АВ (черт. 214). Мы получим новый угол OBK.
Стороны углов AВС и ОВК взаимно перпендикулярны.

/ АВС = d - / СВК;
/ ОВК = d - / СВК.

Отсюда следует, что / АBС = / ОВК.

Построим произвольный тупой угол АОВ и через его вершину проведём лучи, перпендикулярные к его сторонам, так, чтобы они образовали тупой угол.
ОК_|_ОА и ОС_|_ОВ (черт. 215), угол КОС - тупой. Стороны углов АОВ и КОС взаимно перпендикулярны, поэтому

/ АОВ = d + / КОВ;
/ КОС = d + / КОВ.

Отсюда следует, что / АОВ = / КОС.

Углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны между собой, если они оба острые или оба тупые.

Построим произвольный острый угол АОВ и проведём через его вершину перпендикуляры к его сторонам так, чтобы они образовали острый угол (черт. 216).
Получим: / КОМ = / АОВ. Продолжим сторону ОК за вершину О. Стороны угла ЕОМ перпендикулярны сторонам угла АОВ. При этом / ЕОМ - тупой, так как смежный с ним / МОК - острый. / КОМ + / ЕОМ = 2d (как углы смежные). Но / КОМ по ранее доказанному равен / АОВ. Следовательно, и / АОВ + / ЕОМ = 2d .

Углы с соответственно перпендикулярными сторонами в сумме составляют 2d, если один из них острый, а другой тупой.

Мы рассматривали углы, составленные взаимно перпендикулярными сторонами, когда они имели общую вершину. Выведенные нами свойства будут справедливы и в том случае, когда углы не будут иметь общей вершины.

Построим произвольный острый угол АОВ и через какую-нибудь точку С (черт. 217) проведём лучи СЕ __|_ОA и СК _|_ ОВ так, чтобы угол КСЕ был тоже острый.

Углы АОВ к КСЕ составлены взаимно перпендикулярными сторонами. Докажем, что они равны между собой. Для этого через точку О (вершину / АОВ) проведём ОК"||СК и ОЕ" || СЕ. / КСЕ = / КОЕ", так как они составлены взаимно параллельными сторонами и оба острые. Но / К"ОЕ" = / АОВ по доказанному. Следовательно, / АОВ = / КСЕ.

Если продолжим сторону СЕ за вершину угла, мы получим / МСК, смежный с / КСЕ.
/ МСК + / КСЕ = 2d , но / КСЕ = / АОВ, Поэтому / АОВ + / МСК = 2d .

Углом называют часть плоскости, ограниченную двумя лучами, выходящими из одной точки. Лучи,ограничивающие угол, называют сторонами угла. Точку, из которой выходят лучи, называют вершиной угла .

Схему обозначения углов рассмотрим на примере угла, изображенного на рисунке 1.

Изображенный на рисунке 1 угол можно обозначить тремя способами:

Углы называют равными углами, если их можно совместить.

Если при пересечении двух прямых образуются четыре равных угла , то такие углы называют прямыми углами (рис.2). Пересекающиеся прямые линии, образующие прямые углы, называют перпендикулярными прямыми .

Если через точку A , не лежащую на прямой l , проведена прямая, перпендикулярная к прямой l и пересекающая прямую l точке B , то говорят, что из точки B опущен перпендикупяр AB на прямую l (рис.3). Точку B называют основанием перпендикуляра AB .

Замечание . Длину отрезка AB называют расстоянием от точки A до прямой l .

Углом в 1° (один градус) называют угол, составляющий одну девяностую часть прямого угла.

Угол, в k раз больший угла в 1° , называют углом в k° (k градусов) .

Углы измеряют также и в радианах . О радианах можно прочитать в разделе нашего справочника «Измерение углов. Градусы и радианы» .

Таблица 1 – Типы углов в зависимости от величины в градусах

Рисунок	Типы углов	Свойства углов
	Прямой угол	Прямой угол равен 90°
	Острый угол	Острый угол меньше 90°
	Тупой угол	Тупой угол больше 90° , но меньше 180°
	Развернутый угол	Развернутый угол равен 180°
		Такой угол больше 180° , но меньше 360°
	Полный угол	Полный угол равен 360°
	Угол, равный нулю	Такой угол равен 0°

Прямой угол

Свойство: Прямой угол равен 90°

Острый угол

Свойство: Острый угол меньше 90°

Тупой угол

Свойство: Тупой угол больше 90° , но меньше 180°

Развернутый угол

Свойство: Развернутый угол равен 180°

Угол больший, чем развернутый

Свойство: Такой угол больше 180° , но меньше 360°

Полный угол

Свойство: Полный угол равен 360°

Угол, равный нулю

Свойство: Такой угол равен 0°

Таблица 2 – Типы углов в зависимости расположения сторон

Рисунок	Типы углов	Свойства углов
	Вертикальные углы	Вертикальные углы равны
	Смежные углы	Сумма смежных углов равна 180°
		Углы с соответственно параллельными сторонами равны, если оба являются острыми или оба являются тупыми
		Сумма углов с соответственно параллельными сторонами равна 180° , если один из них острый, а другой тупой
		Углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны, если оба являются острыми или оба являются тупыми
		Сумма углов с соответственно перпендикулярными сторонами равна 180° , если один из них острый, а другой тупой

Вертикальные углы

Свойство вертикальных углов: Вертикальные углы равны

Смежные углы

Свойство смежных углов: Сумма смежных углов равна 180°

Углы с соответственно параллельными сторонами

Углы с соответственно параллельными сторонами равны, если оба являются острыми или оба являются тупыми

Свойство углов с соответственно параллельными сторонами: Сумма углов с соответственно параллельными сторонами равна 180° , если один из них острый, а другой тупой

Углы с соответственно перпендикулярными сторонами

Углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны, если оба являются острыми или оба являются тупыми

Свойство углов с соответственно перпендикулярными сторонами: Сумма углов с соответственно перпендикулярными сторонами равна 180° , если один из них острый, а другой тупой

Определение . Биссектрисой угла называют луч, делящий угол пополам.

Задача . Доказать, что биссектрисы смежных углов перпендикулярны .

Решение . Рассмотрим рисунок 4.

На этом рисунке углы AOB и BOC – смежные, а лучи OE и OD – биссектрисы этих углов. Поскольку

2α + 2β = 180°.

что и требовалось доказать.

На нашем сайте можно также ознакомиться с разработанными преподавателями учебного центра «Резольвента» учебными материалами для подготовки к ЕГЭ и ОГЭ по математике .

Для школьников, желающих хорошо подготовиться и сдать ЕГЭ или ОГЭ по математике или русскому языку на высокий балл, учебный центр «Резольвента» проводит

У нас также для школьников организованы