Опорные задачи (начало)

В этом году мне предстоит марафон, который называется «Геометрия 7-11». Не подумайте, что запятая, — тире! Хороший повод, рассказывая всю геометрию за один год, составить список опорных задач по темам всего курса планиметрии. Прошёл сентябрь и вот начало: 8 класс и 9 класс.

Реклама

Список планиметрических фактов

В последнее время всё чаще я с коллегами обсуждаю необходимость создания списка основных фактов школьной геометрии. Тех фактов, которые должен знать каждый школьник. И вот я пару дней назад сел и составил такой список. Получилось 14 страниц и 101 картинка (6,5 Мб).  Здесь есть несколько перегибов, связанных с моей любовью к геометрии треугольника. Однако если бы я дал волю этой страсти — всё могло бы оказаться ещё хуже 🙂 Критика, замечания и предложения по улучшению этого списка приветствуются. При составлении этого списка мне было приятно стоять на плечах гигантов: Гордина «Это должен знать каждый матшкольник» и Ямамото.

MajorTaskoj-01MajorTaskoj-02 MajorTaskoj-03 MajorTaskoj-04 MajorTaskoj-05 MajorTaskoj-06 MajorTaskoj-07 MajorTaskoj-08 MajorTaskoj-09 MajorTaskoj-10 MajorTaskoj-11 MajorTaskoj-12 MajorTaskoj-13 MajorTaskoj-14

Поучительное решение поучительной задачи

… Для меня
Так это ясно, как простая гамма.

Пушкин. Моцарт и Сальери.

На одной из недавних олимпиад была предложена поучительная задача:

Внутри треугольника ABC расположены такие точки D, E и F, что точка D лежит на отрезке AE, точка E лежит на отрезке BF, точка F лежит на отрезке CD. Известно, центр окружности \Omega, описанной вокруг треугольника ABC, совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник DEF. Также дано, что угол DFE равен 90^\circ, DE/EF=5/3, радиус окружности \Omega равен  R=12, а отношение площадей S(ABC)/S(DEF)=3,2. Найдите DF

Её решение — поучительное применение метода опорных задач. Решение будет разыграно по нотам простой гаммы.

ДО. (Опорная задача-метод: построение касательной к окружности)

Вспомним, как строится касательная к окружности из точки лежащей вне круга.  На отрезке, соединяющем эту точку с центром окружности, как на диаметре строится новая окружность. Точки её пересечения с данной окружностью и есть точки, в которые нужно провести касательные.

РЕ. (Опорная задача-факт: равные углы опираются на равные дуги. Полезная модификацияв равных окружностях на равные дуги опираются равные углы)

Построим три окружности с диаметрами AO, BO и CO. Эти окружности равны так как построены на радиусах описанного круга. Вписанная в треугольник DEF окружность высекает них равные дуги  OP, OQ  и OR. (Эти дуги стягиваются равными хордами — радиусами вписанного круга.) Тогда все отмеченные дугой на рисунке углы равны (обозначим их общее значение \alpha). Обратите внимание на интересный факт: так как углы OKP и  OKQ равны, то точки Q, P и K лежат на одной  прямой.

МИ(Опорная задача: если \angle FCO=\angle FBO, то точки C, F, O и B лежат на одной окружности)

Применим теперь метод вспомогательной окружности. Из равенства \angle FCO=\angle FBO вытекает, что точки C, F, O и B лежат на одной окружности. Следовательно, угол COB равен углу CFB, который является прямым по условию. Угол A вдвое меньше угла COB, поэтому угол A равен 45^\circ.

ФА. (Опорная задача — суперформула: R=\frac{a}{2\sin A})

Согласно теореме синусов a=BC=2R\sin A=R\sqrt{2}=12\sqrt{2}.

СОЛЬ.  (Опорная задача: внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, с ним не смежных)

Ответственный момент решения — мы ещё не использовали отношение DE:EF=5:3. Из этого условия вытекает, что DE=5x, EF=3x, а DF=4x, то есть треугольник DEF — египетский. Его угол DEF является внешним для треугольника AEB. Тогда \angle DEF=\angle EAB + \angle ABE=(\angle OAB-\alpha)+(\angle OBA+\alpha)=2\angle OAB=2(90^\circ-C)=180^\circ-2C.

[Угол OAB равен 90^\circ-C потому, что это при основании равнобедренного треугольника OAB угол при вершине которого равен 2C — центральны угол вдвое больше вписанного угла C.]

ЛЯ. (Опорная задача — суперформула: R=\frac{a}{2\sin A})

Немного тригонометрии: \sin2C=\sin(180^\circ-2C)=\sin\angle DEF=\frac{4}{5},  откуда \cos 2C=-\frac{3}{5} и  \sin C=\sqrt{\frac{1-\cos 2C}{2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}, \cos C=\frac{1}{\sqrt{5}}. Наконец c=AB=2R\sin C=2\cdot 12\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{48}{\sqrt{5}}.

СИ. (Финальный подсчёт)

Вычислим теперь все элементы данного в условии соотношения: S(ABC)/S(DEF)=3,2.

S_{DEF}=\frac{1}{2}3x\cdot 4x=6x^2.

S_{ABC}=\frac{1}{2}ac\sin (A+C)=\frac{1}{2}12\sqrt{2}\cdot\frac{48}{\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\frac{6\cdot 3\cdot 48}{5}.

Имеем уравнение

3,2=\frac{16}{5}=\frac{6\cdot 3\cdot 48}{5\cdot 6x^2}, откуда  x=3,  значит DF=4x=12.

Ответ:  DF=12.

Превратности знаменитой теоремы

Как известно, термин  «средняя линия треугольника» придумал А. П. Киселёв (у Евклида этого термина нет). Но! Если вы посмотрите как доказывается теорема о средней линии треугольника в «первоисточнике» — его учебнике геометрии — наивысшем авторитете в вопросах «доступности», то с ужасом обнаружите, что эта теорема доказывается методом «от противного»! Как? — удивитесь вы.- Если можно обойтись без «противного» метода в начале курса, то почему Киселёв этого не сделал?! Что-то не так! Как же излагается эта теорема у других авторов? Некоторые «ничтоже сумняшеся» повторяли доказательство Киселёва (Шарыгин, Никитин, Погорелов), другие — резко порывали с ним (Глаголев, Атанасян, Петечук). Как же было раньше?  Если заглянуть в учебник Адамара, с которым Киселёв безусловно был знаком, то мы увидим естественное и несложное доказательство. Почему же, пренебрегая доступностью Киселёв выбрал иное доказательство? Ответить нетрудно — для подтверждения своей концепции о пропорциональности отрезков, теореме Фалеса и т.д. Концептуальность победила доступность… А жаль…

Итог. Нужно знать несколько способов доказательство теоремы о средней линии.  Семь способов доказательства можно найти в книге «Альтернативные методы решения задач» И. А. Кушнира. Доказательство Адамара доступно восьмиклассникам и без теоремы Фалеса.  Процитируем его.

«Пусть в треугольнике ABC D — середина AB, E — середина AC. Отложим на продолжении DE отрезок EF равный DE. Четырёхугольник  ADCF будет параллелограммом. Следовательно, CF будет равна и параллельна DA или, что то же самое, BD.

Четырёхугольник DBCF в свою очередь будет параллелограммом, а потому DE  параллельна BC и, как половина DF, равна половине AC.»