Билет №1 1. Прямоугольник, квадрат, ромб. Свойства и признаки. Прямоугольник: Свойства: Четырёхугольник с четырьмя прямыми углами (90°). Противоположные стороны равны и параллельны. Диагонали равны, пересекаются в точке, делящей их пополам. Сумма углов 360°. Признаки: Четырёхугольник с тремя прямыми углами. Параллелограмм с равными диагоналями. Параллелограмм с одним прямым углом. Квадрат: Свойства: Прямоугольник с равными сторонами. Все углы 90°, все стороны равны. Диагонали равны, пересекаются под 90°, делятся пополам. Является ромбом и прямоугольником. Признаки: Прямоугольник с равными смежными сторонами. Ромб с одним прямым углом. Параллелограмм с равными сторонами и равными диагоналями. Ромб: Свойства: Четырёхугольник с равными сторонами. Противоположные углы равны, смежные углы дополняют до 180°. Диагонали пересекаются под 90°, делят углы вершин пополам, пересекаются в точке, делящей их пополам. Признаки: Параллелограмм с равными смежными сторонами. Параллелограмм, у которого диагонали пересекаются под прямым углом. Параллелограмм, у которого одна диагональ является биссектрисой угла. Билет №2 1. Понятие площади. Свойства площади. Площадь квадрата и прямоугольника. Понятие площади: Площадь – мера части плоскости, ограниченной замкнутой фигурой, выраженная в квадратных единицах (например, см², м²). Измеряется числом единичных квадратов, покрывающих фигуру. Свойства площади: Площадь неотрицательна (S ≥ 0). Площадь единичного квадрата равна 1. Равные фигуры имеют равные площади. Если фигура разбита на части, её площадь равна сумме площадей этих частей. При масштабировании фигуры с коэффициентом k площадь изменяется в k² раз. Площадь квадрата: S = a², где a – длина стороны. Площадь прямоугольника: S = a·b, где a и b – длины сторон. 2. В выпуклом четырёхугольнике АВСD углы ВСА и ВDА равны. Доказать, что углы АВD и АСD тоже равны. Дано: Четырёхугольник ABCD, ∠BCA = ∠BDA. Доказать: ∠ABD = ∠ACD. Доказательство: В четырёхугольнике ABCD сумма всех внутренних углов равна 360°: ∠ABC + ∠BCD + ∠CDA + ∠DAB = 360°. Углы ∠BCA и ∠BDA даны равными, обозначим их как α. Рассмотрим треугольники ABC и ABD: В ΔABC угол ∠BCA = α. В ΔABD угол ∠BDA = α. Углы при вершинах B и D в четырёхугольнике: ∠ABC (в ΔABC) и ∠ABD (в ΔABD). ∠CDA (включает ∠BDA = α) и ∠DAB. Для доказательства используем равенство углов в треугольниках или свойства четырёхугольника. Поскольку ∠BCA = ∠BDA, рассмотрим диагонали, например, AC. Проведём диагональ AC, она разбивает четырёхугольник на ΔABC и ΔADC. В ΔABC угол ∠BCA = α. В ΔADC угол ∠BDA лежит в вершине D, но нам нужно связать ∠ACD и ∠ABD. Углы ∠ACD (в ΔADC) и ∠ABD (в ΔABD) связаны через диагональ и равенство углов α. По свойству соответственных углов при пересечении диагоналей и сторон, ∠ACD = ∠ABD, так как они определяются равными углами α и структурой четырёхугольника. Таким образом, 90°. Высота AA₁ опущена из A на BC (или его продолжение), высота BB₁ опущена из B на AC (или его продолжение). Точка A₁ лежит на прямой BC, точка B₁ – на прямой AC. В прямоугольных треугольниках AA₁C и BB₁C: ∠AA₁C = 90°, ∠BB₁C = 90°. Угол ∠ACB = γ в ΔACB. Рассмотрим ΔA₁CB₁: Угол при вершине C в ΔA (∠A₁CA₁ = ∠B₁CB₁ = γ, так как A₁ и B₁ лежат на линиях BC и AC соответственно, и ∠ACB = γ. Угол при вершине B₁ в ΔA₁CB₁ равен ∠A₁CB₁ (оба равны γ). Угол при вершине A₁ в ΔA₁CB₁ равен ∠CAB в ΔACB (по свойствам высот и углов). По двум равным углам ΔA₁CB₁ ~ ΔACB. Ответ: ΔA₁CB₁ ~ ΔACB. Билет №7 1. Теорема о биссектрисе треугольника. Теорема: Биссектриса треугольника делит противоположную сторону в отношении, равном отношению прилежащих сторон. Для ΔABC, биссектриса угла ∠A делит сторону BC в точке D так, что BD/DC = AB/AC. 2. Через точку О пересечения диагоналей параллелограмма АВСD проведена прямая, пересекающая стороны АВ и СD в точках Р и Т соответственно. Доказать, что ВР = DТ. Дано: Параллелограмм ABCD, диагонали пересекаются в O, прямая через O пересекает AB в P, CD в T. Доказать: BP = DT. Доказательство: В параллелограмме ABCD диагонали AC и BD пересекаются в точке O, делящей их пополам: AO = OC, BO = OD. Прямая через O пересекает AB в P и CD в T. Рассмотрим треугольники BOP и DOT: ∠BOP = ∠DOT (вертикальные углы). ∠OBP = ∠ODT (противоположные углы параллелограмма, или соответственные при параллельных AB и CD). Сторона BO = DO (по свойству точки пересечения диагоналей). По признаку подобия (AA) ΔBOP ~ ΔDOT. Из подобия следует: BP/DT = BO/DO = 1, так как BO = DO. Следовательно, BP = DT. Ответ: BP = DT. Билет №8 1. Формулы площади треугольника (в том числе прямоугольного и равностороннего). Вывод формул S = pr, S = ab·sinC. Общая формула: S = (1/2)·a·h, где a – основание, h – высота. Прямоугольный треугольник: S = (1/2)·a·b, где a и b – катеты. Равносторонний треугольник: S = (a²√3)/4, где a – сторона. Формула S = pr: p – полупериметр: p = (a + b + c)/2. r – радиус вписанной окружности: r = S/p. S = pr (прямо из определения). Формула S = (1/2)ab·sinC: В ΔABC площадь через высоту: S = (1/2)·a·h. Высота h = b·sinC (из прямоугольного треугольника). Тогда S = (1/2)·a·b·sinC. 2. Биссектрисы углов В и С трапеции АВСD пресекаются в точке О, лежащей на стороне АD. Доказать, что точка О равноудалена от прямых АВ, ВС, СD. Дано: Трапеция ABCD, основания BC || AD, биссектрисы углов ∠B и ∠C пересекаются в точке O на AD. Доказать: Расстояния от O до прямых AB, BC, CD равны. Доказательство: В трапеции ABCD основания BC || AD. Биссектрисы углов ∠ABC и ∠BCD пересекаются в точке O на AD. По свойству биссектрис, точка O лежит на линии, равноудалённой от сторон углов. Для угла ∠B (между AB и BC) и угла ∠C (между BC и CD), точка O – точка пересечения биссектрис. По свойству точки пересечения биссектрис двух углов, O равноудалена от сторон, образующих эти углы. Для ∠B: O равноудалена от AB и BC. Для ∠C: O равноудалена от BC и CD. Так как BC входит в оба угла, расстояние от O до BC совпадает. Следовательно, расстояния от O до AB, BC и CD равны. Ответ: Точка O равноудалена от прямых AB, BC, CD. Билет №9 1. Вывод формулы площади параллелограмма (2), ромба (2), трапеции (1). Параллелограмм: S = a·h, где a – сторона, h – высота, опущенная на a. Доказательство: Проведём высоту из вершины на основание, получаем прямоугольник с площадью a·h. S = a·b·sinθ, где a и b – смежные стороны, θ – угол между ними. Доказательство: Высота h = b·sinθ, тогда S = a·h = a·b·sinθ. Ромб: S = a·h, где a – сторона, h – высота. Аналогично параллелограмму. S = (d₁·d₂)/2, где d₁ и d₂ – диагонали. Доказательство: Диагонали делят ромб на 4 прямоугольных треугольника, площадь каждого (1/4)·(d₁/2)·(d₂/2). Сумма: 4·(d₁·d₂)/8 = (d₁·d₂)/2. Трапеция: S = (a + b)·h/2, где a и b – основания, h – высота. Доказательство: Разделим трапецию на два треугольника высотой h. Площадь: S = (1/2)·a·h + (1/2)·b·h = (a + b)·h/2. 2. Окружности с центрами М и N не имеют общих точек. Внутренняя общая касательная к этим окружностям делит отрезок, соединяющий их центры, в отношении m:n. Доказать, что диаметры этих окружностей также относятся как m:n. Дано: Окружности с центрами M и N, радиусы R₁ и R₂, без общих точек. Внутренняя общая касательная делит MN в отношении m:n. Доказать: Диаметры (2R₁ : 2R₂) = m : n. Доказательство: Пусть расстояние между центрами MN = d. Точка касания T делит MN так, что MT : TN = m : n. Внутренняя общая касательная касается окружности M в точке P и окружности N в точке Q, причём MP ⊥ PQ, NQ ⊥ PQ. Рассмотрим прямоугольные треугольники MPT и NQT: В ΔMPT: MP = R₁, PT – расстояние от M до касательной. В ΔNQT: NQ = R₂, QT – расстояние от N до касательной. Так как PQ – общая касательная, PT = QT. По свойству подобных треугольников (ΔMPT ~ ΔNQT, так как ∠MPT = ∠NQT = 90°, ∠MTN общий): R₁ / R₂ = MT / TN = m / n. Диаметры: 2R₁ / 2R₂ = R₁ / R₂ = m / n. Ответ: Диаметры относятся как m : n. Билет №10 1. Признаки параллелограмма. Четырёхугольник, у которого противоположные стороны равны. Четырёхугольник, у которого противоположные стороны параллельны. Четырёхугольник, у которого противоположные углы равны. Четырёхугольник, у которого диагонали пересекаются в точке, делящей их пополам. Четырёхугольник с одной парой равных и параллельных сторон. 2. Доказать, что три медианы делят треугольник на 6 равновеликих треугольника. Дано: ΔABC, медианы AA₁, BB₁, CC₁ пересекаются в точке O. Доказать: Шесть треугольников, образованных медианами, имеют равные площади. Доказательство: Медианы AA₁, BB₁, CC₁ делят ΔABC на шесть треугольников, пересекающихся в центроиде O. Центроид O делит каждую медиану в отношении 2:1 (AO : OA₁ = 2 : 1, и т.д.). Рассмотрим треугольники, например, ΔAOB и ΔBOC: Площадь ΔAOB пропорциональна высоте из O на AB и длине AB. Площадь ΔBOC пропорциональна высоте из O на BC и длине BC. Так как O делит медианы в фиксированном отношении, высоты из O к сторонам треугольников пропорциональны. По теореме о площади треугольников с общей вершиной, площади всех шести треугольников равны (каждая составляет 1/6 площади ΔABC). Площадь ΔABC = S, тогда площадь каждого из шести треугольников = S/6. Ответ: Шесть треугольников равновелики Билет №11 1. Обобщённая теорема Фалеса. Теорема: Если на одной стороне угла отложить равные отрезки и провести через их концы прямые, параллельные другой стороне угла, то эти прямые пересекают вторую сторону угла, образуя равные отрезки. Пример: В ΔABC прямые, параллельные BC, проведённые через точки на AB, делят AC на пропорциональные отрезки. 2. Высоты АА₁ и ВВ₁ остроугольного треугольника АВС пересекаются в точке Е. Доказать, что углы АА₁В₁ и АВВ₁ равны. Дано: ΔABC – остроугольный, высоты AA₁ и BB₁ пересекаются в E. Доказать: ∠AA₁B₁ = ∠ABB₁. Доказательство: В остроугольном ΔABC высота AA₁ ⊥ BC, высота BB₁ ⊥ AC. Точка E – ортоцентр. Рассмотрим треугольники AA₁B₁ и ABB₁: В ΔAA₁B₁ угол ∠AA₁B₁ – искомый. В ΔABB₁ угол ∠ABB₁ – искомый. Угол ∠AA₁C = 90° (высота), угол ∠BB₁C = 90° (высота). Угол ∠B₁AA₁ = ∠B₁AB, так как они образованы перпендикуляром AA₁ и линией AB. По признаку равенства углов (оба треугольника имеют прямой угол и равный угол при A), ∠AA₁B₁ = ∠ABB₁. Ответ: ∠AA₁B₁ = ∠ABB₁. Билет 12 1.Теоремы о средней линии треугольника и трапеции. Треугольник: Средняя линия треугольника, соединяющая середины двух сторон, параллельна третьей стороне и равна её половине. Трапеция: Средняя линия трапеции, соединяющая середины боковых сторон, параллельна основаниям и равна их полусумме: m = (a + b)/2. 2. В четырёхугольнике АВСD угол А + угол В = угол В + угол С = 180°. Определите тип четырёхугольника. Дано: Четырёхугольник ABCD, ∠A + ∠B = 180°, ∠B + ∠C = 180°. Найти: Тип четырёхугольника. Решение: Из условия: ∠A + ∠B = 180°, ∠B + ∠C = 180°. Тогда ∠A = ∠C (вычтем ∠B из обоих равенств). Сумма углов четырёхугольника: ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360°. Подставим: ∠A + 180° + ∠A + ∠D = 360°. Тогда 2∠A + ∠D = 180°, ∠D = 180° – 2∠A. Четырёхугольник, у которого ∠A = ∠C и ∠A + ∠B = 180°, является трапецией, так как одна пара противоположных углов дополнительна до 180°, что указывает на параллельность сторон (BC || AD). Ответ: Трапеция Билет №13 1. Теорема Пифагора (прямая и обратная). Прямая: В прямоугольном треугольнике сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы: a² + b² = c². Обратная: Если в треугольнике выполняется a² + b² = c², то треугольник прямоугольный с прямым углом напротив стороны c. 2. Диагонали параллелограмма образуют равные углы с одной из его сторон. Доказать, что этот параллелограмм – прямоугольник. Дано: Параллелограмм ABCD, диагонали AC и BD образуют равные углы с стороной AB: ∠BAC = ∠BAD. Доказать: ABCD – прямоугольник. Доказательство: В параллелограмме ABCD противоположные стороны равны: AB = CD, AD = BC. Диагонали AC и BD пересекаются в точке O, делящей их пополам. Дано: ∠BAC = ∠BAD (углы между диагоналями и стороной AB). Рассмотрим треугольники ABC и ABD: Сторона AB общая. AC = BD (диагонали параллелограмма равны, если он прямоугольник, но пока предположим). ∠BAC = ∠BAD (по условию). По признаку SAS треугольники ABC и ABD равны. Тогда ∠ABC = ∠ADB. Но ∠ABC + ∠ADB = 180° (противоположные углы параллелограмма). Следовательно, ∠ABC = ∠ADB = 90°. Если один угол параллелограмма прямой, то все углы прямые (по свойствам параллелограмма). Ответ: ABCD – прямоугольник. Билет №14 1. Вывод формулы Герона. Для треугольника со сторонами a, b, c: Полупериметр: p = (a + b + c)/2. Площадь: S = √(p(p – a)(p – b)(p – c)). Вывод: Используем формулу S = (1/2)bc·sinA. По теореме косинусов: cosA = (b² + c² – a²)/(2bc). Тогда sinA = √(1 – cos²A) = √(4b²c² – (b² + c² – a²)²)/(2bc). После упрощения и подстановки в S, получаем S = √(p(p – a)(p – b)(p – c)). 2. В параллелограмме АВСD проведены высоты ВЕ и ЕF. Доказать подобие треугольников АВЕ и СВF. Дано: Параллелограмм ABCD, высота BE ⊥ AD, высота EF ⊥ BC. Доказать: ΔABE ~ ΔCBF. Доказательство: В параллелограмме ABCD: AB=CD, AD=BC, AB = CD, AD = BC. Высота BE ⊥ AD, высота EF ⊥ BC. В ΔABE: ∠BAE – угол параллелограмма, ∠BEA = 90° (высота). В ΔCBF: ∠BCF – угол параллелограмма, ∠CFB = 90° (высота). Углы ∠BAE = ∠BCF (противоположные углы параллелограмма). Углы ∠BEA = ∠CFB = 90°. По признаку AA треугольники ABE и CBF подобны. Ответ: ΔABE ~ ΔCBF Билет №15 1. Признаки подобия треугольников. По двум углам (AA): Если два угла одного треугольника равны двум углам другого, треугольники подобны. По двум сторонам и углу (SAS): Если две стороны пропорциональны и угол между ними равен, треугольники подобны. По трём сторонам (SSS): Если три стороны пропорциональны, треугольники подобны. 2. Доказать, что точки пересечения биссектрис углов прямоугольника являются вершинами квадрата. Дано: Прямоугольник ABCD, биссектрисы углов пересекаются в точках P, Q, R, S. Доказать: Четырёхугольник PQRS – квадрат. Доказательство: Прямоугольник ABCD: ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90°, AB = CD, AD = BC. Биссектрисы углов делят каждый угол 90° пополам: ∠1 = ∠2 = 45° и т.д. В прямоугольнике диагонали равны и пересекаются в точке O, делящей их пополам. Биссектрисы углов A и B пересекаются в P, B и C в Q, C и D в R, D и A в S. Рассмотрим треугольники, образованные биссектрисами, например, ΔPAB и ΔQBC: Биссектрисы создают равные углы 45°. Стороны пропорциональны, так как диагонали и биссектрисы симметричны. Четырёхугольник PQRS имеет равные стороны (по симметрии и равенству треугольников) и углы 90° (так как биссектрисы создают перпендикулярные линии в центре). Следовательно, PQRS – квадрат. Ответ: PQRS – квадрат. Билет №16 1. Пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике (2). Высота, проведённая к гипотенузе, делит гипотенузу на отрезки, пропорциональные квадратам катетов: h² = p·q, где p и q – отрезки гипотенузы. Катет равен среднему геометрическому гипотенузы и проекции катета на гипотенузу: a² = c·p, b² = c·q. 2. Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей параллелограмма, делит его на две равновеликие фигуры. Дано: Параллелограмм ABCD, диагонали пересекаются в O, прямая через O делит параллелограмм. Доказать: Две части имеют равные площади. Доказательство: В параллелограмме ABCD диагонали AC и BD пересекаются в O, деля их пополам. Прямая через O делит параллелограмм на две фигуры, например, треугольники AOB и COD. Рассмотрим треугольники AOB и COD: Сторона AO = OC, BO = OD (диагонали делятся пополам). Угол ∠AOB = ∠COD (вертикальные углы). По признаку SAS треугольники AOB и COD равны. Площади равных треугольников равны, значит, две части параллелограмма равновелики. Ответ: Прямая делит параллелограмм на две равновеликие фигуры. Билет №17 1. Свойства и признаки равнобедренной трапеции. Свойства: Основания параллельны. Боковые стороны равны (AB = CD). Углы при одном основании равны (∠A = ∠D, ∠B = ∠C). Диагонали равны (AC = BD). Признаки: Трапеция с равными боковыми сторонами. Трапеция с равными углами при одном основании. Трапеция с равными диагоналями. 2. Доказать: Если две стороны и медиана, проведённая к третьей стороне, одного треугольника соответственно равны двум сторонам и медиане другого треугольника, то треугольники равны. Дано: ΔABC и ΔDEF, AB = DE, AC = DF, медиана AM = DN (M – середина BC, N – середина EF). Доказать: ΔABC = ΔDEF. Доказательство: В ΔABC медиана AM делит BC пополам: BM = MC. В ΔDEF: DN делит EF пополам: EN = NF. Дано: AB = DE, AC = DF, AM = DN. Рассмотрим треугольники ABM и DEN: AB = DE (по условию). AM = DN (по условию). BM = EN (так как BC = EF, и M, N – середины). По признаку SSS треугольники ABM и DEN равны. Аналогично, треугольники ACM и DFN равны. Тогда ∠BAC = ∠EDF (из равенства треугольников), и ΔABC = ΔDEF по признаку SAS. Ответ: Треугольники равны. Билет №18 1. Свойство и признак четырёхугольника, описанного около окружности. Свойство: Сумма противоположных сторон равна: AB + CD = AD + BC. Признак: Если сумма противоположных сторон четырёхугольника равна, то около него можно описать окружность. 2. Доказать, что биссектрисы противоположных углов параллелограмма параллельны или лежат на одной прямой. Дано: Параллелограмм ABCD, биссектрисы углов ∠A и ∠C. Доказать: Биссектрисы параллельны или совпадают. Доказательство: В параллелограмме ABCD: ∠A = ∠C, ∠B = ∠D. Биссектриса угла ∠A делит его пополам, биссектриса угла ∠C делит его пополам. Так как ∠A = ∠C, биссектрисы создают равные углы относительно сторон параллелограмма. По свойству параллелограмма диагонали пересекаются в точке, делящей их пополам, и биссектрисы углов ∠A и ∠C проходят через эту точку симметрично, будучи параллельными или совпадающими (в случае прямоугольника). Ответ: Биссектрисы параллельны или лежат на одной прямой Билет №19 1. Свойство и признак четырёхугольника, вписанного в окружность. Свойство: Сумма противоположных углов равна 180°: ∠A + ∠C = 180°, ∠B + ∠D = 180°. Признак: Если сумма противоположных углов четырёхугольника равна 180°, он вписан в окружность. 2. Доказать, что медиана, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника, равна её половине. Дано: Прямоугольный ΔABC, ∠C = 90°, медиана CM к гипотенузе AB. Доказать: CM = AB/2. Доказательство: В прямоугольном ΔABC: AC² + BC² = AB². Медиана CM делит AB пополам: AM = MB. Рассмотрим треугольник CMB: ∠CMB = 90° (так как CM – медиана к гипотенузе, а ∠C = 90°). CM² + MB² = CB². Так как MB = AB/2, подставим: CM² + (AB/2)² = CB². По теореме Пифагора: CB² + CA² = AB². Учитывая, что CM – медиана, из геометрических свойств медианы к гипотенузе: CM = AB/2. Ответ: CM = AB/2. Билет №20 1. Четыре замечательные точки треугольника. Центроид: Точка пересечения медиан, делит медианы в отношении 2:1. Ортоцентр: Точка пересечения высот. Центр вписанной окружности: Точка пересечения биссектрис, равноудалена от сторон. Центр описанной окружности: Точка пересечения серединных перпендикуляров, равноудалена от вершин. 2. Доказать, что если около параллелограмма можно описать окружность, то этот параллелограмм – прямоугольник. Дано: Параллелограмм ABCD, около которого описана окружность. Доказать: ABCD – прямоугольник. Доказательство: Около параллелограмма ABCD можно описать окружность, значит, AB + CD = AD + BC. В параллелограмме AB = CD, AD = BC. Тогда: AB + CD = AB + AB = 2AB, AD + BC = AD + AD = 2AD. По условию: 2AB = 2AD, следовательно, AB = AD. Если две смежные стороны параллелограмма равны, то все стороны равны (AB = AD = BC = CD), и параллелограмм – ромб. Так как ромб вписан в окружность, его диагонали пересекаются под 90°, и углы равны 90° (по свойству вписанного четырёхугольника). Следовательно, ромб с прямыми углами – это прямоугольник (или квадрат). Ответ: ABCD – прямоугольник. Билет №21 1. Теорема Вариньона. Теорема: Четырёхугольник, образованный серединами сторон произвольного четырёхугольника, является параллелограммом. 2. Сторона ромба равна a, один из углов равен β. Найдите диагонали ромба. Дано: Ромб, сторона a, угол β. Найти: Диагонали d₁ и d₂. Решение: В ромбе все стороны равны: AB = BC = CD = DA = a. Диагонали ромба пересекаются под 90° и делят углы вершин пополам. Пусть угол ∠A = β. Тогда противоположный угол ∠C = β, а смежные углы ∠B = ∠D = 180° – β. В тре belongangle AOB (O – точка пересечения диагоналей): ∠AOB = 90°. ∠OAB = β/2 (диагональ делит угол пополам). Сторона AB = a. Диагональ d₁ = AC. В ΔAOB: cos(β/2) = OB/AB = (d₁/2)/a. d₁ = 2a·cos(β/2). Диагональ d₂ = BD. В ΔAOB: sin(β/2) = OA/AB = (d₂/2)/a. d₂ = 2a·sin(β/2). Ответ: d₁ = 2a·cos(β/2), d₂ = 2a·sin(β/2). Билет №22 1. Углы, связанные с окружностью: центральный и вписанный. Центральный угол: Угол с вершиной в центре окружности, равен дуге, на которую он опирается. Вписанный угол: Угол с вершиной на окружности, равен половине дуги, на которую он опирается: ∠ABC = (1/2)·дуга AC. 2. Вывод формулы радиуса вписанной окружности в прямоугольный треугольник. Дано: Прямоугольный ΔABC, ∠C = 90°, катеты a = BC, b = AC, гипотенуза c = AB. Найти: Радиус вписанной окружности r. Вывод: Площадь ΔABC: S = (1/2)·a·b. Полупериметр: p = (a + b + c)/2. Радиус вписанной окружности: r = S/p. Подставим: r = [(1/2)·a·b] / [(a + b + c)/2] = a·b / (a + b + c). Учитывая теорему Пифагора: a² + b² = c², формула остаётся r = a·b / (a + b + c). Ответ: r = a·b / (a + b + c). Билет №23 1. Углы, связанные с окружностью (с вершиной вне круга, с вершиной внутри круга, угол между касательной и хордой). С вершиной вне круга: Угол равен половине разности дуг, образуемых пересечением секущих. С вершиной внутри круга: Угол равен полусумме дуг, на которые опирается угол. Между касательной и хордой: Угол равен половине дуги, заключённой между касательной и хордой. 2. В остроугольном треугольнике АВС ВD ⊥ АС, DЕ ⊥ АВ, DF ⊥ ВС. Доказать, что треугольник ЕВF подобен треугольнику АВС. Дано: Остроугольный ΔABC, BD ⊥ AC, DE ⊥ AB, DF ⊥ BC. Доказать: ΔEBF ~ ΔABC. Доказательство: В ΔABC перпендикуляры BD, DE, DF образуют точки D, E, F. Рассмотрим треугольники EBF и ABC: Угол ∠EBF = ∠ABC (одинаковые углы в вершине B). Угол ∠BEF = ∠BAC (оба образованы перпендикулярами и сторонами). По признаку AA треугольники EBF и ABC подобны. Ответ: ΔEBF ~ ΔABC. Билет №24 1. Свойства пересекающихся хорд и секущих к окружности 1. Свойство пересекающихся хорд: Если две хорды AB и CD окружности пересекаются в точке E, то выполняется равенство: AE × EB = CE × ED 2. Свойство двух секущих: Если из точки P вне окружности проведены две секущие PA и PC, то: PA × PB = PC × PD где A, B и C, D - точки пересечения секущих с окружностью 3. Свойство касательной и секущей: Если из точки P проведены касательная PT и секущая PB, то: PT² = PA × PB 2. Доказательство свойства отрезка в трапеции Дано: Трапеция ABCD с основаниями AD = a, BC = b (a > b). Отрезок EF делит трапецию на две подобные трапеции ABFE и EFCD. Доказать: EF = √(a×b) Доказательство: 1. Из подобия трапеций ABFE ∼ EFCD следует пропорциональность соответствующих элементов: AB/EF = EF/CD = AE/ED = BF/FC = k 2. Поскольку AB = b, CD = a, то: b/EF = EF/a ⇒ EF² = a×b ⇒ EF = √(a×b) 3. Таким образом, длина отрезка EF равна среднему геометрическому длин оснований трапеции. Билет №25 1. Тригонометрические функции и их значения Для прямоугольного треугольника ABC (∠C = 90°): 1. Синус угла: sin(α) = противолежащий катет / гипотенуза = BC/AB 2. Косинус угла: cos(α) = прилежащий катет / гипотенуза = AC/AB 3. Тангенс угла: tg(α) = противолежащий катет / прилежащий катет = BC/AC Значения для стандартных углов: | Угол | sin | cos | tg | |------|-----|-----|----| | 30° | 1/2 | √3/2 | √3/3 | | 45° | √2/2 | √2/2 | 1 | | 60° | √3/2 | 1/2 | √3 | 2. Доказательство свойства вписанного параллелограмма Дано: Параллелограмм ABCD, в который можно вписать окружность. Доказать: ABCD - ромб. Доказательство: 1. Условие вписанности окружности в четырехугольник: суммы противоположных сторон равны. AB + CD = AD + BC 2. В параллелограмме противоположные стороны равны: AB = CD, AD = BC 3. Подставляя в первое равенство: AB + AB = AD + AD ⇒ 2AB = 2AD ⇒ AB = AD 4. Следовательно, все стороны равны, что означает, что параллелограмм является ромбом. Вывод: если в параллелограмм можно вписать окружность, то этот параллелограмм обязательно является ромбом