МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, МОЛОДІ ТА СПОРТУ УКРАЇНИ

НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ

НАЦІОНАЛЬНИЙ ЦЕНТР «МАЛА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ»

ДМИТРО БЕЛЕШКО

ОЛЕГ ДЕЙНЕКА

БАЗОВІ ТЕОРЕМИ ПЛАНІМЕТРІЇ

КИЇВ – 2012

Редакційна колегія:

С. Г. Кіндзерська, С. О. Лихота, І. М. Шевченко

Рекомендовано науково-методичною радою Національного центру «Мала академія наук України» (протокол №1 від 23.01.2012 р.)

Белешко Д. Базові теореми планіметрії: елективний курс / Дмитро Белешко, Олег Дейнека ; [відп. за вип. О. Лісовий]. – К. : ТОВ «Праймдрук», 2012. – 48 с.

В елективному курсі представлені базові теореми планіметрії, вивчення яких

спрямоване на поглиблене засвоєння в учнів МАН наукових відділень природничо-математичного напряму базових математичних знань.

Для учнів – членів МАН України, наукових керівників, учителів, які працюють з обдарованою молоддю.

© Белешко Д., Дейнека О., 2012 © Національний центр «Мала академія наук України», 2012

3

Вступ

Засвоєння наукових основ математики, уміння вирішувати математичні

завдання передбачають високий рівень розвитку науково-теоретичного і алгоритмічного мислення учнів.

Предметом пропонованого елективного курсу є достатньо складний навчальний предмет – геометрія. Як показує практика, геометричні завдання викликають значні труднощі у вихованців МАН, оскільки, в порівнянні з іншими розділами математичного циклу, геометрії, а саме планіметрії, в загальноосвітньому навчальному закладі відведено на її вивчення невелику кількість часу.

Розгляд базових теорем планіметрії, навчання розв’язування задач різними способами надасть можливість учням МАН розвинути математичні, інтелектуальні, творчі здібності; закріпити теоретичні знання і розвинути практичні навички і уміння; розширити геометричну уяву, образне просторове, логічне мислення; сформувати стислість і чіткість висловлення думки; сприяти підвищенню мотивації до вивченого предмету та науково-дослідницької діяльності.

Цей елективний курс розроблений на основі практичного досвіду керівників гуртків секції «Математика» обласного комунального позашкільного навчального закладу «Рівненська Мала академія наук учнівської молоді» Рівненської обласної ради – Дмитра Белешко, доцента кафедри математики та методики Рівненського державного гуманітарного університету, та Олега Дейнеки, асистента кафедри вищої математики Національного університету водного господарства та природокористування.

Видання буде корисним для учнів та керівників МАН України наукових відділень математики, економіки, фізики і астрономії, технічних наук, комп'ютерних наук тощо.

О. Лісовий,

директор Національного центру

«Мала академія наук України»

4

РОЗДІЛ 1. ТЕОРЕМА ПІФАГОРА

1.1. Перші доведення теореми Піфагора

Важко знайти людину, в якої ім’я «Піфагор» не асоціювалося із

теоремою Піфагора. Мабуть, навіть ті, хто у своєму житті назавжди

розпрощався з математикою, зберігають спогади про «Піфагорові штани» –

квадрат на гіпотенузі дорівнює двох квадратам на катетах. Причина такої

популярності теореми Піфагора триєдина, це: простота – краса – значимість.

Справді, теорема Піфагора проста, але не очевидна. Це поєднання двох

суперечливих начал, яке надає їй особливу притягальну силу. Але, крім того,

теорема Піфагора має величезне значення: вона застосовується в геометрії

буквально на кожному кроці, і той факт, що існує близько 500 різних доказів

цієї теореми (геометричних, алгебраїчних, механічних тощо), свідчить про

гігантське число її конкретних реалізацій. Відкриття Піфагором цієї теореми

оточене ореолом красивих легенд. Прокл, коментуючи останнє речення першої

книги «Начал» Евкліда, пише: «Якщо послухати тих, хто любить повторювати

давні легенди, доведеться сказати, що ця теорема сходить до Піфагора;

розповідають, що він на честь цього відкриття приніс у жертву бика». Утім,

щедріші розповідачі одного бика перетворили на одну Гека-Томбо, а це вже

ціла сотня. І хоча ще Цицерон помітив, що будь-яке пролиття крові було чужим

статуту Піфагорійського ордену, легенда ця міцно зрослася з теоремою

Піфагора і за дві тисячі років продовжувала викликати гарячі відгуки. А ось

іронічний Генріх Гейне (1797–1856) бачив розвиток тієї самої ситуації трохи

інакше: «Хто знає! Хто знає! Можливо, душа Піфагора переселилася в бідолаху

кандидата, який не зміг довести теорему Піфагора і провалився через це на

іспитах, тоді як у його екзаменатора сидять душі тих биків, яких Піфагор, радий

від відкриття своєї теореми, приніс у жертву безсмертним богам». Сьогодні

теорему Піфагора виявлено у різних задачах та кресленнях: і в єгипетському

трикутнику в папірусі часів фараона Аменемхета Першого (близько

2000 до н. е.), і у вавилонських клинописних табличках епохи царя Хаммурапі

(XVIII ст. до н. е.), і в давньоіндійському геометро-теологічному трактаті

5

VII–V ст. до н. е. «Сульвасутра» («Правила мотузки»). У найдавнішому

китайському трактаті «Чжоу-бі Суань цзинь», час створення якого точно не

відомий, стверджується, що у XII ст. до н. е. китайці знали властивості

єгипетського трикутника, а до VI ст. до н. е. – і загальний вигляд теореми.

Незважаючи на все це, ім’я Піфагора настільки міцно злилося з теоремою

Піфагора, що зараз просто неможливо уявити, що це словосполучення

розпадеться. Те саме стосується і легенди про різанину биків Піфагором. Та й

не варто препарувати історико-математичним скальпелем красиві давні

перекази.

Розглянемо деякі класичні доведення теореми Піфагора, відомі з давніх

трактатів. Зробити це корисно ще й тому, що в сучасних шкільних підручниках

наводиться алгебраїчне доведення теореми. При цьому без сліду зникає

первісна геометрична аура теореми, втрачається та нитка Аріадни, яка вела

давніх мудреців до істини, а шлях цей майже завжди

виявлявся найкоротшим і завжди гарним. Отже, Теорема

Піфагора.

«Квадрат, побудований на гіпотенузі

прямокутного трикутника, рівновеликий сумі квадратів,

побудованих на його катетах». Найпростішим доведення

теореми є у простому випадку рівнобедреного прямокутного трикутника.

Ймовірно, з нього і починалася теорема. Справді, достатньо просто подивитися

на мозаїку рівнобедрених прямокутних трикутників (рис. 1.1), аби

переконатися у справедливості теореми. Наприклад, для ABC: квадрат,

побудований на гіпотенузі АС, містить 4 вихідні трикутники, а квадрати,

побудовані на катетах, – по два. Теорему доведено.

Давньокитайське доведення. Математичні трактати Стародавнього Китаю

дійшли до нас у редакції II ст. до н. е. Справа у тому, що у 213 р. до н. е.

китайський імператор Ши Хуан-ді, прагнучи ліквідувати колишні традиції,

наказав спалити всі стародавні книжки. У II ст. до н. е. у Китаї був винайдений

папір, і одночасно починається відтворення стародавніх книжок. Так виникла

Рис. 1.1

6

«Тематика в дев’яти книгах». У

збережених математико-астрономічних

творах, зокрема у книзі «Математика»,

головним є креслення (рис. 1.2, а), що

доводить теорему Піфагора. Ключ до

цього доказу підібрати неважко.

Справді, на давньокитайському

кресленні чотири рівні прямокутні

трикутники з катетами а, b і

гіпотенузою утворені так, що їх

зовнішній контур утворює квадрат

зі стороною а + b, а внутрішній – квадрат зі стороною с, побудований на

гіпотенузі (рис. 1.2, б). Якщо квадрат зі стороною с вирізати і 4 затушовані

трикутники, що залишилися, вкласти у два прямокутники (рис. 1.2, в), стає

очевидним, що утворилася порожнеча: з одного боку, дорівнює с 2 , а з іншого –

а 2 + b 2 , тобто, с 2 = а 2 + b 2 . Теорему доведено. Зауважимо, що в разі такого

доведення побудови всередині квадрата на гіпотенузі, які ми бачимо на

давньокитайському кресленні (рис. 1.2, а), не використовуються. Відзначимо,

що окремі випадки теореми Піфагора (наприклад, побудова квадрата, площа

якого вдвічі більша за площу даного квадрата) зустрічаються у

давньоіндійському трактаті «Сульвасутра» (VII–V ст. до н. е.).

1.2. Теорема Піфагора та різні способи її доведення

Розглянемо сучасні доведення теореми Піфагора. У геометрії

метричними співвідношеннями називають співвідношення між числами, які

виражають довжини лінійних елементів або величини кутів.

У прямокутному трикутнику (рис. 1.3) маємо такі метричні

співвідношення:

Рис.1.2

Рис. 1.2

7

1. А + В + С = 180

2. А + В = 90

3. С = 90.

Теорема 1.1. У прямокутному трикутнику перпендикуляр, проведений із

вершини прямого кута до гіпотенузи, є середнім пропорційним (геометричним)

між проекціями катетів на гіпотенузу.

Доведення. ABD DBC ( BCD = ABD, BDA = BDC = 90).

Тому BD

AD

DC

BD , звідки BD

2 = AD∙DC, отже, DCADBD .

Теорема 1.2. Катет прямокутного трикутника є середнім пропорційним

(геометричним) між його проекцією на гіпотенузу та гіпотенузою.

Доведення. ВDС BCA ( С– спільний, ABC = BDC = 90).

Тому, BC

AC

DC

BC , звідки BC

2 = DC∙AC, отже, ACDCBC .

Аналогічно, ADB ABC. Тому AB

AC

AD

AB , звідки AB

2 = AD∙AC, отже,

ACADAB .

Теорема 1.3 (теорема Піфагора). У прямокутному трикутнику квадрат

гіпотенузи дорівнює сумі квадратів катетів.

Доведення. Спосіб 1.

Згідно з теореми 1.2 маємо:

AB2 = AD∙AC (1.1.)

BC2 = DC∙AC (1.2.)

A D C

B

a b

c

h

Рис. 1.3.

8

Додавши рівності почленно і врахувавши, що AD + DC = AC, дістанемо:

AB 2 + BC 2 = AC∙(AD + DC) = AC 2 .

Спосіб 2. (доведення за О. В. Погорєловим).

За означенням косинуса кута AB

AD

AC

ABcosA , звідси AB

2=AD∙AC.

Аналогічно AC

BC

BC

DCcosC , звідки, BC

2 = DC∙AC.

Додавши рівності AB2=AD∙AC і BC

2 = DC∙AC почленно, як і в способі 1,

отримаємо доведення теореми Піфагора.

Спосіб 3. Розглянемо прямокутний трикутник з катетами a, b і

гіпотенузою с (рис. 1.4, а).

Доведемо, що a2 + b

2 = c

2.

Добудуємо трикутник до квадрата зі стороною a + b так, як показано на

(рис. 1.4, б.) Площа S цього квадрата дорівнює (a + b)2. З іншого боку, цей

квадрат складається з чотирьох однакових прямокутних трикутників, площа

кожного із яких дорівнює ba2

1 , і квадрата зі стороною с, тому

2cba2

14S . Таким чином, (a + b)

2 = 2a∙b + c

2, звідки a2 + b

2 = c

2.

a a

a

a

a

b b

b

b

b

c

c

c

cc

Рис.1.4, а Рис.1.4, б

9

Спосіб 4. Розглянемо прямокутний трикутник з катетами a, b і

гіпотенузою с (рис. 1.5, а).

Доведемо, що a2 + b

2 = c

2.

Добудуємо трикутник до прямокутної трапеції з основами a, b та

висотою a + b (рис. 1.5, б). Оскільки ABC + NBM = 90, то ABN = 90,

отже, ABN – прямокутний, рівнобедрений з катетами AB = ВN = c.

Площа S прямокутної трапеції дорівнює 2b)(a2

1 . З іншого боку, ця

трапеція складена з трьох прямокутних трикутників, площа двох із яких

дорівнює

ba

2

12 , а площа трикутника ABN дорівнює 2c

2

1 , а тому

22 c2

1bac

2

1ba

2

12S

.

Таким чином, 22 c2

1bab)(a

2

1 , звідки с2

= a2 + b

2.

Розмістимо прямокутний трикутник так, як показано на (рис. 1.6).

Відомо, що CABCAB ; 2|| cAB ; 2|| bBC ; 2|| aCA .

Підставимо останні три рівності у першу, отримаємо: с2

= b2

+ a2, що і

треба було довести.

a a

a

b b

b

c

cc

A

C B C B M

N

A

Рис.1.5, а Рис.1.5, б

10

1.3. Наслідки із теореми Піфагора

1. Квадрат сторони трикутника, яка лежить проти тупого кута, більше за

суму квадратів двох інших сторін.

Доведення. Нехай у трикутнику АВС кут С тупий (рис. 1.7). Побудуємо

відрізок CD, який рівний СВ і перпендикулярний СА. Згідно з теоремою

Піфагора отримуємо CA2 + CD

2 = AD

2.

Але на підставі теореми про трикутники, які мають по дві рівні сторони і

нерівні кути ( ACB > 90, ACD =90, ACB > ACD), маємо: AB > AD.

Значить, AB2 > CА

2 + CD

2, або AB2 > AC

2 + BC

2.

2. Квадрат сторони трикутника, який лежить проти гострого кута, менше

за суму квадратів двох інших.

Доведення. Аналогічне попередньому.

1.4. Геометрична інтерпретація теореми Піфагора

Якщо кожний член формули теореми Піфагора розглядати як площу відповідного квадрата, стороною якого є одна із сторін прямокутного трикутника, то в цьому випадку теорема формулюється таким чином: площа квадрата, побудованого на гіпотенузі прямокутного трикутника, дорівнює сумі площ квадратів, які побудовані на катетах цього самого трикутника.

Саме так формулюється теорема в «Началах» Евкліда.

A

C

B

D

Рис. 1.7.

x

y

C

A

B a

b с

Рис. 1.6.

11

Приклад 1. Довести, що сума площ рівносторонніх трикутників, побудованих на катетах прямокутного трикутника, дорівнює площі рівностороннього трикутника, побудованого на гіпотенузі.

Доведення. Спосіб 1. Трикутники подібні, а тому їхні площі пропорційні

квадратам відповідних сторін – сторін даного прямокутного трикутника, тобто: Sa : Sb : Sc = a

2 : b

2 : c

2; Sa : Sb = a

2 : b

2; Sa : Sc = a2 : c

2.

2

2

2

22

a

ba

a

c

a

ba

S

SS

, а тому a

c

a

ba

S

S

S

SS

, звідки Sa + Sb = Sc.

Спосіб 2. Згідно з умовою задачі трикутники подібні, а тому Sa : Sb : Sc =

= a2 : b

2 : c

2. Нехай k – коефіцієнт пропорційності, тоді Sa = ka2; Sb = kb

2; Sc =

= kc2.

Із теореми Піфагора випливає, що a2 + b

2 = с

2 і ka2 + kb

2 = kс

2, або Sa +Sb = Sc.

1.5 Теорема, обернена теоремі Піфагора, та її доведення

Якщо квадрат однієї сторони трикутника дорівнює сумі квадратів двох інших сторін, то цей трикутник прямокутний.

Доведення. Спосіб 1. Нехай у трикутнику АВС АВ2 = АС

2 + ВС

2. Доведемо, що кут С прямий. Розглянемо прямокутний трикутник А1В1С1 з прямим кутом С1, у якого А1С1 = АС і В1С1 = ВС. За теоремою Піфагора, А1В1

2=А1С1

2 + В1С1

2, а значить, А1В12 = АС

2 + ВС

2. Але АС

2 + ВС

2 = АВ

2 згідно з умовою теореми. Це означає, що А1В1

2 = АВ2, звідки А1В1 = АВ. Трикутники АВС і А1В1С1 рівні за трьома

сторонами, тому С = С1, тобто трикутник АВС є прямокутним із прямим кутом С.

B A

C

c

a b

Рис. 1.8.

12

Спосіб 2. Якщо припустити, що третя сторона лежить проти тупого кута,

то її квадрат більше за суму катетів двох інших сторін (наслідок 1 теореми

Піфагора), що суперечить умові.

Аналогічно, якщо припустити, що кут, який лежить проти третьої

сторони, є гострим, то згідно з наслідком 2 теореми Піфагора це знову

суперечить умові.

Таким чином кут, який лежить проти третьої сторони, не тупий тупим і

не гострий, тобто, трикутник прямокутний.

Приклад 2. У прямокутному трикутнику АВС з вершини прямого кута

проведено висоту СD. Довести, що ra2

+ rb2

= rc2, де ra, rb, rc – радіуси кіл,

вписаних відповідно у трикутники BCD, ACD і ABC.

Доведення. Трикутники BCD, ACD, ABC – подібні. Тоді 2

c

2a

ABC

BCD

r

r

S

S і

2c

2b

ABC

ACD

r

r

S

S .

Додавши праві та ліві частини цих рівностей, отримуємо:

2c

2b

2a

ABC

ACDBCD

r

rr

S

SS

. Виходячи з того, що SBCD + SACD = SABC, отримуємо:

ra2 + rb

2 = rc

2.

Узагальнення. Взявши у подібних трикутниках BCD, ACD, ABC

відповідні, однаково визначені, лінійні елементи, позначимо їх величини через

xa, xb, xc. Здійснивши доведення, аналогічне задачі, отримаємо: xa2+xb

2=xc

2.

Таким чином, у прямокутному трикутнику квадрат відповідного елемента

A B

C

D

b a

c

Рис. 1.9.

13

дорівнює сумі квадратів відповідних елементів трикутників, на які його поділяє

висота, проведена з вершини прямого кута.

Доведення задачі й узагальнення можна зробити і в інший спосіб. Для

будь-яких лінійних елементів цих трикутників маємо: kx

c

x

b

x

a

cba

, звідки

a = kxa, b = kxb, c = kxc. Підставивши ці значення у теорему Піфагора,

дістанемо: k2xa

2 + k

2xb

2 = k

2xc

2, звідки xa2 + xb

2 = xc

2.

РОЗДІЛ 2. ТЕОРЕМА КОСИНУСІВ

2.1. Основне формулювання теореми косинусів

У шкільному підручнику теорему косинусів сформульовано так:

Теорема 2.1. Квадрат будь-якої сторони трикутника дорівнює сумі

квадратів інших сторін без подвоєного добутку цих сторін на косинус кута між

ними.

По суті, це означає, що в будь-якому трикутнику ABC мають місце три

співвідношення:

Cab2bac

Bca2acb

Abc2cba

222

222

222

coscoscos

(2.1.)

Теорему косинусів часто називають узагальненою теоремою Піфагора,

тому що теорема Піфагора є частковим випадком теореми косинусів.

Теорема косинусів дає змогу розв’язувати три такі основні задачі:

B A

C

c

a b

Рис. 2.1.

14

Перша основна задача. У трикутнику АВС дано дві сторони а, b і кут C

між ними. Потрібно визначити третю сторону трикутника.

Дана задача розв’язується безпосередньо за формулами (1):

Cab2bac 22 cos і має, як бачимо, єдиний розв’язок.

Друга основна задача. У трикутнику АВС відомі три сторони а, b, c.

Необхідно визначити кути трикутника.

Задача також має єдиний розв’язок. Дійсно, за формулами (1) маємо:

bc2

acbA

222 cos ,

ca2

bacB

222 cos ,

ab2

cbaC

222 cos .

Під час розв’язання цієї задачі корисно пам’ятати, що А + В + С =

=180°, – це використовують для перевірки правильності відповідей.

Третя основна задача. Дано дві сторони трикутника і кут, що не

розташований між ними. Треба знайти третю сторону трикутника.

Приклад 3. Дано сторони а, b і кут А. Як знайти сторону с? За теоремою

косинусів маємо a2 = b

2 +c

2–2bccosA. Маємо квадратне рівняння відносно с:

с2 – (2bcos A)c + (b

2 – a

2) = 0. Залежно від чисел a, b, A це рівняння має або

два, або один розв’язок, або зовсім не має коренів. Отже, цю задачу не завжди

можна розв’язати однозначно.

Звичайно, наведені три задачі на практиці зустрічаються найчастіше у

«завуальованому» вигляді. До того ж вони часто є не кінцевою метою, а лише

проміжним результатом під час розв’язання складніших задач.

B A

C

c

a b

Рис. 2.2.

15

A B

C

D

Приклад 4. У трикутнику АВС сторони рівні:

17AB см, ВС = 4см, СА = 5см. На стороні ВС

вибрано точку D так, що ВD = 1см. Визначити

величину кута АDВ.

Розв’язання.

Спочатку з АВС за теоремою косинусів

визначимо кут С: Ccos BCAC2

ABBCAC 222

452

171625

5

3 . Тепер з

АСD знайдемо: AD2 = AC

2 + CD

2–2ACCDcos C =

5

3352925 =16см2,

AD = 4см.

Нарешті, з АDB визначимо кут

DBAD2

ABDBADADBcos

222

0142

17116

, тобто кут прямий.

Отже, для розв’язання задачі ми використали теорему косинусів тричі.

Приклад 5. У трикутнику АВС АВ = 25см, АС = 56см. На сторонах ВС

і АС обрані відповідно точки D і Е такі, що АЕ = 8см, ВС = 3ВD і DE = 26см.

Знайти довжину сторони ВС.

Розв’язання. Позначимо ВD = x, тоді ВС = 3x, CD = 2x. Із трикутників

АВС і ЕDC за теоремою косинусів маємо: AB2=AC

2+BC

2–2ACBCcosACB,

ED2=EC

2+DC

2–2ECDCcosACB.

A B

C

E

D

Рис. 2.3.

Рис. 2.4.

16

Звідси ACBcos BCAC2

ABBCAC 222

DCEC2

EDDCEC 222

.

x2482

26x248

x3562

25x356 222222

)()(, x

2 = 169см2

, x = 13см.

Відповідь: BC = 39см.

2.2. Задачі на доведення

За допомогою теореми косинусів доводять багато інших теорем

геометрії. У шкільному підручнику наведено декілька прикладів, зокрема:

1) Cума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів

його сторін.

2) Нехай a, b, c – сторони трикутника АВС, причому с – найбільша з них.

Тоді:

якщо с2 < a

2 + b

2, то кут С – гострий, тобто трикутник гострокутний;

якщо с2 = a

2 + b

2, то кут С – прямий, трикутник АВС – прямокутний.

якщо с2 > a

2 + b

2, то кут С – тупий, трикутник АВС – тупокутний.

Нерідко деякі з подібних теорем пропонуються у вигляді задач на

доведення.

Задача 6. Доведіть, що медіану ma трикутника можна обчислювати за

формулою 222

ac)a2(b

2

1m .

Розв’язання. Нехай в ABC зі

сторонами а, b, с; AD = ma – медіана.

Із ABD за теоремою косинусів

B.ac4

acm

222

a cos

А з ABC b2 = a

2 + c

2 – 2accosB, тобто

2

bcaBca

222 cos .

Підставивши це в попередню рівність для медіани, одержимо

A

C BD

ma

b c

Рис. 2.5.

17

4

2b2c2aa4c

2

bca

4

acm

22222222222

a ,4

acb2 222 )( звідки

.a)c2(b2

1m 222

a

Задача 7. Доведіть, що бісектрису la трикутника можна обчислювати за

формулою mnbcla

, де m, n – відрізки, на які бісектриса ділить сторону а.

Розв’язання. Нехай AD = la – бісектриса кута A, СD = m, DB = n. Тоді, як

відомо, c

b

n

m . Із ACD m

2 = b

2 + la

2 – 2blacos , із ABD n2

= c2 + la

2 –

–2сlacos. Звідси αcosa

22a

2

a

22a

2

2cl

nlc

2bl

mlb

, тобто

b

mlb 22a

2

,c

nlc 22a

2 ,bnblbccmclcb 22

a222

a2

;bncmcbbcbcl 22222a )(

bc

cmbnbc

bc

cmbnbcbcl

22222a

)()(

mnbcbc

c

bc

b

cbmn

bcbc

n

mc

m

nb

mnbc

.

Формули, які ми виділили в двох останніх прикладах, є дуже корисними,

їх бажано не забувати.

Задача 8. Сторони трикутника АВС пов’язані співвідношенням a2 =

=c(b + c). Довести, що кут А удвічі більший, ніж кут С.

Розв’язання. З умови бачимо, що a2 = c

2 + bс > c

2, тобто а > c. Тому

С < A, тобто С – гострий кут. За теоремою косинусів a2 = b

2 + c

2 – 2bccosA =

A

C BD

b c

la

m n

Рис. 2.6.

18

=c2 + bc, звідси .

c2

cb

bc2

bc2bA

cos З іншого боку, с2

= a2+b

2–2abcosC=

=a2–bc cosC = b c

a

2. Покажемо, що А = 2С, для цього обчислимо

2

222

2

22

2a

2ac2bcb1

2a

cb1C2cosCcos2

)(

.2c

cb

cb2c

cb

cbc2

c)c(b2cbc2b 2222

)()(

Отже, cos2C = cosA. Оскільки 0 < 2C < 180°, 0 < A < 180°, то випливає,

що 2С = А, що і потрібно було довести.

Вправи

1. Доведіть, що у будь-якому трикутнику має місце співвідношення

.c

Ccos

b

Bcos

a

Acos2

ab

c

ac

b

bc

a

2. Доведіть, що у трикутнику АВС завжди bc(1 + cosA) + ac(1 + cosB) +

+ab(1 + cosC) = 2p2, де p – півпериметр.

3. Доведіть, що якщо сторони a, b, c трикутника АВС пов’язані рівністю

,cba

3

cb

1

ba

1

то величина кута В трикутника дорівнює 60°.

2.3. Друге формулювання теореми косинусів

Часто задача, яку потрібно розв’язати, серед даних елементів не містить

кутів, відповідь також не потребує знання кутів. У цих випадках виведення

величин відповідних кутів і відповідних тригонометричних виразів не є

обов’язковим.

У підручниках з геометрії для подібних ситуацій наведене друге

формулювання теореми косинусів.

Теорема 2.2.

1) Квадрат будь-якої сторони трикутника, що лежить проти гострого

кута, дорівнює сумі квадратів двох інших сторін мінус подвоєний добуток

однієї з цих сторін на проекцію на цю сторону іншої сторони.

19

2) Квадрат будь-якої сторони трикутника, що лежить проти тупого кута,

дорівнює сумі квадратів двох інших сторін плюс подвоєний добуток однієї з

цих сторін на проекцію на цю сторону другої сторони.

Інакше кажучи, мають місце такі співвідношення:

,,

bCD2bac

aCE2bac

222

222

.,

bCD2bac

aCE2bac

222

222

(2.2)

Розглянемо приклади розв’язування конкурсних задач із застосуванням

теореми 2.2.

Задача 9. Доведіть, що у будь-якій трапеції сума квадратів діагоналей

дорівнює сумі квадратів бічних сторін плюс подвоєний добуток основ.

Розв’язання. Проведемо висоти BF i CE трапеції і застосуємо теорему

2.2 до трикутників АСD i ABD:

AC2 = CD

2 + AD

2 – 2ADED,

BD2 = AB

2 + AD

2 – 2ADAF.

Додавши ці рівності, одержимо:

A B

C

D

E

ba

A B

C

E

D

ba

A F E D

B C

Рис. 2.9.

Рис. 2.7. Рис. 2.8.

20

AC2 + BD

2 = CD

2 + 2AD

2 + AB

2 – 2AD(AF + FD) =

=AB2 + CD

2 + 2AD (AD – AF – ED).

Оскільки AD – AF – ED = AD – (AF + ED) = AD – (AD – BC) = BC, то

AC2 + BD

2 = AB

2 + CD

2 + 2ADBC, що і потрібно було довести.

Приклад 10. У паралелограмі АВСD задано довжини сторін: АВ = а,

АD = b, а також довжина відрізка АЕ = с, де Е – середина сторони ВС. Знайти

довжини діагоналей паралелограма.

Розв’язання. Проведемо висоту АК. Тепер із трикутників АВС і АВЕ

знайдемо: AC2 = AB

2 + BC

2 + 2BCBK = a

2 + b

2 + 2bBK,

AE2 = AB

2 + BE

2 + 2BEBK = a

2 +

4

b 2 + bBK, ;

4b

b4a4cBK

222

4b

b4a4c2bbaAC

222222

2

2ab4c 222 .2

a2bc4 222

Отже, .2

a2bc4AC

222 Другу діагональ BD легко визначити з рівності

AC2 + BD

2 = 2(a

2 + b

2): .2

4c3b6aBD

222

2.4. Інші формулювання теореми косинусів

Розглянемо ще раз основну формулу, що відображає теорему косинусів:

a2 = b

2 + c

2 – 2bc cosA.

K B E C

A D

Рис. 2.10.

21

Цю формулу можна перетворити у кілька способів, що дає змогу

урізноманітнити її застосування.

Теорема 2.3.

У будь-якому трикутнику АВС мають місце співвідношення:

a2 = b

2 + c

2 – 4SctgA; (2.3)

a2 = (b + c)

2 – 4bccos2(А/2); (2.4)

a2 = (b + c)

2 – 4Sctg(А/2); (2.5)

a2 = (b – c)

2 + 4bcsin2(А/2); (2.6)

a2 = (b -–c)

2 + 4Stg(А/2);. (2.7)

Доведення теореми дуже просте, наприклад:

1) 2a A2bccb 22 cos A

AAbc

2

14cb 22

sincossin

A4Scb 22 ctg , бо S.Abc2

1sin

2) a2 = b

2 + c

2 – 2bccos A = (b

2 + 2bc + c

2) – 2bc – 2bccos A =

=(b + c)2 – 2bc(1 + cos A) = (b + c)

2 – 4bccos2(А/2) і т.д.

Кожне зі співвідношень (2.3) – (2.7) також називається теоремою

косинусів.

Розглянемо приклади застосування цих формул на практиці.

Приклад 11. У трикутнику АВС дано кут С, відомо також, що вписане у

трикутник коло точкою дотику F розділяє сторону АВ на відрізки АF = m, і

FB = n. Обчислити площу трикутника АВС.

Розв’язання. Позначимо, як звичайно, АВ = с, АС = b, BC = a. Тоді за

B A

C

c

a b

Рис. 2.11.

22

формулою (2.7) маємо c2 = (a – b)

2 + 4Stg (С/2).

Але с = m + n, a – b = (CD +DB) – (CE + EA) =

= m - n. Отже, (m + n)2 = (m – n)2 + 4Stg(С/2),

4mn = 4Stg(С/2). .2Cmn2C

mnS )/(ctg

)/(tg

Відповідь: S = mnctg(C/2).

Приклад 12. Доведіть, що у будь-якому трикутнику має місце

нерівність .bc2

a2A )/(sin

Розв’язання. За формулою (2.6) a2 = (b – c)

2 + 4bcsin2(A/2) Оскільки

(b - c)2 0, a

2 4bcsin(A/2) тобто ,

4bc

a2A

22 )/(sin або ,

bc2

a2A )/(sin

що і потрібно було довести.

Формули (2.3) – (2.7) мають багато дуже цікавих наслідків, які

допомагають під час розв’язування задач. Розглянемо деякі з них.

1. Перепишемо формулу (2.4) таким чином: 4bccos2(А/2)=(b + c)2 – a

2=

= (a + b + c)(b + c - a). Нагадаємо, що a + b + c = 2p, тоді b + c - a = (a + b + c) –

–2a=2p – 2a=2(p – a). Отже, 4bccos2(А/2);= 4p(p – a), .bc

app2A

)()/(cos

Аналогічно, ,ac

bpp2B

)()/(cos .

ab

cpp2C

)()/(cos

2. Якщо взяти формулу (2.6) і провести аналогічні перетворення, то

дістанемо вирази: ,bc

cpbp2A

))(()/(sin

,

ac

cpap2B

))(()/(sin

.ab

bpap2C

))(()/(sin

Приклад 13. Доведіть, що площу S будь-якого трикутника можна

обчислювати за формулою Герона: .cpbpappS ))()((

A B

C

E

F

D

Рис. 2.12.

23

Розв’язання.

bc

app

bc

c(pbpbc2A2AbcAbc

2

1S

)())()/(cos)/(sinsin

.cpbpapp ))()(( Це доведення значно простіше за те, що його містить

шкільний підручник.

Приклад 14. Доведіть, що у будь-якому трикутнику має місце рівність

,ap

rA/2

)(tg де r – радіус вписаного кола.

Розв’язання. Із формули (5) маємо

;ap2p2acbcbaacb2A/4S 22 )())(()()(ctg

;S

app2A/

)()(ctg .

app

S2A/

)()(tg

Але відома формула, що S = pr, де

r – радіус вписаного кола. Тому .ap

r

app

pr2A/

)()(tg Аналогічно

.)(tg)(tgcp

r2C/,

bp

r2B/

РОЗДІЛ 3. ТЕОРЕМА СИНУСІВ

3.1. Перше формулювання теореми синусів

У шкільному підручнику читаємо:

Теорема 3.1. У будь-якому трикутнику АВС сторони завжди

пропорційні синусам протилежних кутів:

C

c

B

b

A

a

sinsinsin (3.1)

Це і є теорема синусів.

Зокрема, якщо трикутник АВС – прямокутний (С = 90°), то матимемо

,90

c

A90

b

A

a00 sin)sin(sin

тобто c;A

b

A

a

cossin або а = c sinА,

b=c cosА, a = b tgА, b = a ctgА.

24

Це формулюють звичайно так:

1). Катет, протилежний куту А, дорівнює добутку гіпотенузи та sinА,

або добутку іншого катета на tgА.

2). Катет, прилеглий до кута А, дорівнює добутку гіпотенузи та cosА

або добутку іншого катета на сtgА.

3.2. Приклади задач на застосовування теореми синусів

Приклад 15. Довести, що бісектриса кута трикутника ділить

протилежну сторону на відрізки, пропорційні до прилеглих сторін.

Розв’язання. Нехай СD – бісектриса, тоді ACD = DCB = (C/2).

Позначимо ADC = , тоді BDC = 180°–. Застосуємо теорему

синусів до трикутників ADC і CDB: ,α

AC

2C

AD

sin)/(sin

.α180

CB

2C

DB0 )sin()/(sin

Поділивши першу рівність на другу, дістанемо ,CB

AC

DB

AD що й треба

було довести. Дане співвідношення, як відомо, є корисним під час

розв’язування багатьох задач.

Приклад 16. Довести, що у будь-якому трикутнику має місце

співвідношення: B)/2)A

B)/2)A

ba

ba

((tg((tg (у деяких підручниках це називається

теоремою тангенсів).

A

C

BD

Рис. 3.1.

25

Розв’язання. За теоремою синусів ,B

b

A

a

sinsin або .

B

A

b

a

sinsin

Звідси маємо 1,B

A1

b

a

sinsin ;

B

B-A

b

ba

sinsinsin

b

ba

.B

2BA2BA2

sin)/)((cos)/)((sin Зовсім аналогічно: 1

B

A1

b

a

sinsin і т.д.

.B

2BA2BA2

b

ba

sin)/)((cos)/)((sin Поділивши одержані дві рівності,

знайдемо: ,B)/2)A

B)/2)A

2BA2BA

2BA2BA

ba

ba

((tg((tg

)/)((cos)/)((sin)/)((cos)/)((sin що по суті

й доводить дане твердження. Зрозуміло, що доведення є справедливим не лише

для сторін a, b і кутів A, B, а й для будь-яких двох сторін трикутника.

Вправи

1. У трикутнику ABC кут A вдвічі більший за кут B. За даними

сторонами АС = 9, АВ = 7 знайти сторону ВС.

Відповідь: 12.

2. Виведіть формулу для площі трикутника АВС, у якому дана сторона

ВС = а і два прилеглих до неї кути В і С.

Відповідь: )(sin

sinsinCB2

CBaS

2

.

3.3. Друге формулювання теореми синусів

Так називається наступна теорема.

Теорема 3.2. У будь-якому трикутнику АВС зі сторонами а, в, с і

радіусом описаного кола R мають місце рівності:

а = 2RsinA, b = 2RsinB, c = 2RsinC (3.2)

Інакше кажучи, кожна сторона трикутника дорівнює добутку діаметра

описаного кола та синуса протилежного даній стороні кута.

Зокрема, для прямокутного трикутника з гіпотенузою с маємо с =

=2 Rsin90° = 2R, тобто гіпотенуза є діаметром описаного кола (і тому центр

описаного кола знаходиться на середині гіпотенузи). Для правильного

26

трикутника маємо а = 2Rsin60° = 3a – це також часто зустрічається у задачах

планіметрії.

Теорема 3.2 містить більше інформації, ніж попереднє формулювання

теореми синусів. Дійсно, рівності (3.2) можна записати так:

2R.C

c

B

b

A

a

sinsinsin Ми бачимо, що теорема стверджує не лише те,

що відношення сторін до синусів протилежних кутів є рівними, а й те, що

зазначені відношення дорівнюють 2R. Це розширює коло задач, які можна

розв’язати за допомогою теореми синусів.

Приклад 17. У рівнобедреному трикутнику основа дорівнює 16 см, а

бічна сторона – 10 см. Знайти радіус описаного кола.

Розв’язання. Потрібно спочатку знайти

синус принаймні одного кута даного

трикутника Це можна зробити за теоремою

косинусів:

,25

7

1002

256100100

BCAB2

ABBCACC

222

cos

тоді 25

24

625

491C sin (синус кута трикутника завжди додатний) Тепер за

теоремою 3.2 знаходимо 3

25

242

2516

C2

ABR

sin см.

Відповідь: 3

18R см.

Зауважимо, що, окрім формули A2

aR

sin, для обчислення радіуса

описаного навколо трикутника кола застосовується також формула ,4S

abcR

яку дуже легко одержати з попередньої.

A

C

B

Рис. 3.2.

27

Дійсно, відомо, що A,bc2

1S sin звідки .

bc

2SA sin Підставивши це в

(3.2), матимемо .4S

abc

bc

2S2

a

2sinA

aR За допомогою останньої формули

можна розв’язувати задачі без залучення тригонометричних функцій.

Приклад 18. Знайти радіус кола, описаного навколо рівнобедреної

трапеції з основами 21см і 9см і висотою 8см.

Розв’язання. Шукаємо радіус кола, описаного навколо трикутника АВС.

Легко знайти площу цього трикутника 848212

1CKAB

2

1S см2, а також

відрізок КВ: 62

921

2

CDABKB

см. Тоді з трикутника АВС за теоремою

Піфагора 103664KBCKBC 22 см. Із трикутника АВС за теоремою

косинусів АС2 = АВ

2 + ВС

2 – 2АВКВ = 21

2 + 10

2 – 2216 = 17

2 см2, АС = 17 см.

Нарешті, 8

85

844

171021

4S

ACBCABR

cм.

Відповідь: 8

510R см.

Формулою 4S

abcR на практиці користуються значно рідше, ніж

,A2

aR

sin але є випадки, коли це доцільно.

A B

CD

K

Рис. 3.3.

28

3.4. Третє формулювання теореми синусів

Іноді зручно сформулювати теорему синусів так, щоб вона не містила

тригонометричних функцій. Це дає змогу розв’язувати задачі без використання

кутів.

Теорема 3.3. У будь-якому трикутнику мають місце співвідношення:

2Rh

ab

h

ac

h

bc

cba

(3.3)

Легко бачити (по суті, це є очевидним), що ця теорема рівносильна

теоремі 3.1. Дійсно, відомо, що ,ch2

1Cab

2

1S c sin звідси

C

chab c

sin,

аналогічно ,A

ahbc a

sin .

B

bhac b

sin Підставивши це в (3.2), одержимо теорему

3.2 й навпаки.

Розглянемо приклади застосування формул (3.3).

Приклад 19. У трикутнику АВС AС = a, AB = c, а висота, опущена на

сторону BC, дорівнює h. Знайти площу круга, описаного навколо трикутника

ABC.

Розв’язання. Відповідь дістанемо майже відразу. Дійсно, згідно з (3.3)

2R,h

ac ;

2h

acR .

4h

cπaπRS

2

22

2

Приклад 20. П’ятикутник АВСDE вписано в коло. Відстані від вершини

D до прямих АЕ, ВС, АВ відповідно дорівнюють m, n і p. Знайти відстань від

вершини D до прямої СЕ.

B

A

CD

ac

b

Рис. 3.4.

29

Розв’язання. Позначимо шукану відстань через х, а радіус кола – R.

Зрозуміло, що радіуси кіл, описаних навколо трикутників АЕД, ВСД, АВД і

СДЕ, також дорівнюють R. Застосуємо теорему 3.3 до цих трикутників:

2R,m

DEDA

2R,n

DCDB

2R,p

DBDA

2R.

x

DEDC

Помножимо окремо

дві перші рівності і дві останні рівності: ,4Rmn

DCDBDEDA 2

.4Rpx

DEDCDBDA 2 Звідси маємо, що .

p

mnx

РОЗДІЛ 4. ТЕОРЕМИ ЧЕВИ, СТЮАРТА, ВАН-ОБЕЛЯ

4.1. Властивості медіан та їх застосування до розв’язування задач

Теорема 4.1. Медіани трикутника перетинаються в одній точці і

діляться точкою перетину у відношенні 2:1, рахуючи від вершини, з якої

виходить відповідна медіана.

Спосіб 1. Нехай АА1 і ВВ1 – медіани трикутника АВС (рис. 4.1), М –

точки перетину АА1 і ВВ1; А1В1 – середня лінія трикутника. За властивістю

середньої лінії, А1В1 паралельна АВ і АВ = 2А1В1. Трикутники АМВ і А1МВ1

Рис. 4.1.

А

В

С

В 1

А 1

М

30

подібні (друга ознака подібності): АМВ = А1МВ1, МАВ = МА1В1 .

Значить, 2BA

AB

MB

BM

MA

AM

1111

.

За допомогою проведення третьої медіани СС1 аналогічно доводиться,

що точка перетину АА1 і СС1, ВВ1 і СС1 поділяє в тому самому відношенні 2:1, а

це означає, що всі три медіани перетинаються в одній точці М і діляться цією

точкою у відношенні 2:1, рахуючи від

вершини трикутника.

Спосіб 2. У трикутнику АВС

проведемо медіани АР та CQ. Нехай М –

точка їхнього перетину (рис. 4.2, а).

Продовжимо медіану CQ на довжину

відрізка MQ і з’єднаємо одержану точку L

з В. Проведемо прямі паралельно медіані

АР через точку Q та середину R відрізка СМ. За теоремою Фалеса

CR = RM = MQ = QL. Значить, медіана АР

поділила медіану CQ у відношенні 2:1,

рахуючи від вершини.

Таким чином, будь-які дві медіани

точкою перетину діляться у зазначеному

відношенні. Значить, вони перетинаються в

одній точці (рис. 4.2, б).

Теорема 4.2. Якщо a, b, c – сторони трикутника АВС, то довжини

відповідних медіан cba mmm ,, визначаються за формулами:

222a acb2

2

1m )( ;

222b bca2

2

1m )( ;

222c cba2

2

1m )( .

A B

C

P

M

D

Q

R

L

Рис. 4.2, а

A

C

B

P

Q

D M

Рис. 4.2, б

Рис. 4.2

31

Спосіб 1. Добудуємо трикутник АВС до паралелограма і скористаємось

відомою властивістю діагоналей паралелограма: сума квадратів діагоналей

паралелограма дорівнює сумі квадратів усіх його сторін.

Оскільки ABCD – паралелограм, то am2AD , 2222

a c2b2am2 ,

звідки 222a ac2b2

2

1m . Аналогічно: 222

b bc2a22

1m ;

222c cb2a2

2

1m .

Спосіб 2. Нехай ABA1 , тоді 180CAA1 (рис. 4.1). За

теоремою синусів із трикутників ВА1А і АА1С маємо:

cosa2a

22 mam

4

ac ,

)(cos 180mam4

ab a

2a

22 . (4.1)

Виходячи з того, що cos)(cos 180 , маємо:

cosa2a

22 mam

4

ab . (4.2)

Додавши рівності (4.1) і (4.2), отримаємо: 2a

222 m2

2

abc , звідки:

222a ac2b2

2

1m .

А C

Рис. 4.3. Р

ис. 4. 3.

D B

32

Теорема 4.3. Медіани ділять трикутник на два рівновеликі трикутники.

Нехай АА1 – медіана. Проведемо із

вершини А висоту АD. ,АDВА2

1ABAS 11

АDСА2

1СAAS 11 , оскільки А1В = CА1, то

площі трикутників АВА1 і АА1С рівні.

Теорема 4.4. Медіани ділять трикутник на шість рівновеликих

трикутників.

Доведення. Нехай АА1, ВВ1, СС1 – медіани. Покажемо, що площа

трикутника ВМА1 дорівнює шостій частині площі трикутника АВС. Для цього з

вершин А та М проведемо висоти. Розглянемо трикутники DАА1 і D1MА1 – вони

подібні (друга ознака подібності). 1

3

MA

AA

MD

AD

1

1

1

(властивість медіан у точці

перетину), звідки маємо: AD3

1MD1 .

А

В С D А1

Рис. 4.4.

Рис. 4.5.

В

А

С1

А1

С

B1

M

D

D1

33

Знайдемо відношення площ трикутників ВМА1 і АВС.

6

1

ADBC

AD3

1BC

2

1

ADBC

MDBA

ADBC2

1

MDBA2

1

S

S11

11

ABC

BMA1

.

Аналогічно доводимо, що площі решти трикутників, утворених при

перетині медіан, дорівнюють шостій частині площі трикутника.

Приклад 21. Обчислити довжини сторін трикутника, якщо площа

трикутника S = 420 см2, AC=b = 56 см, mb = 17 см.

Нехай АВ1В = φ, тоді ВВ1С = 180° – φ.

З огляду на те, що 210SS CBBBAB 11 см2 (теорема 4.3), і що

sin bABB m2

b

2

1S

1 маємо, що

17

15

1756

2104

mb

S4

b

ABB1

sin .

Нехай гострий кут, тоді 17

8

17

151

2

cos . Тому за теоремою

косинусів із трикутника АВВ1 маємо: с = 25 см.

Зважаючи на те, що cos)(cos 180 , за теоремою косинусів із

трикутника ВВ1А знаходимо довжину сторони а, а = 39 см.

Відповідь: а = 39 см, с = 25 см.

В

Рис. 4.6.

А В1 С

34

Приклад 22. У трикутнику дві сторони дорівнюють 11см і 23 см.

Медіана, проведена до третьої сторони, дорівнює 10 см. Знайти третю сторону.

Розв’язання. Нехай АВ = 11см,

АС = 23см, АА1 = 10см. До

трикутника АВС Добудуємо

трикутник CBA2 до паралелограма,

продовживши медіану АА1, причому

АА1 = А1А2, і використаємо

властивості діагоналей паралелограма:2222

2 AC2AB2BCAA , звідки

22

22 AAAC2AB2BC .

Далі, підставимо значення, і отримаємо, що ВС = 30 см.

Приклад 23. Основа трикутника дорівнює 10 см, а медіани, проведені з

прилеглих до неї вершин, дорівнюють 9 см і 12 см. Знайти площу трикутника.

Розв’язання. Нехай СС1 = 12 см, ВВ1 = 9 см, ВС = 10 см.

Оскільки СМ = ⅔ СС1 = 8 см, ВМ = ⅔ ВВ1 = 6 см, тоді площу

трикутника ВМС можемо знайти за трьома сторонами (формула Герона), але

трикутник ВМС – прямокутний (за теоремою, оберненою до теореми Піфагора,

через те що 222 8610 ).

А

Рис. 4.7.

В

А2 С

А1

А

Рис. 4.8. B C

B1 C1

M

35

Тоді, враховуючи що BCBABC 1S2S (теорема 4.3) і MBMC маємо:

MCBBMCBB2

12S 11ABC ; 72S ABC см.

Відповідь: 72 см.

Приклад 24. У трикутнику медіана, проведена до основи завдовжки 26,

дорівнює 16. Визначити меншу сторону

трикутника, якщо його бічні сторони

відносяться як 3:5.

Розв’язання. Нехай ВС = 26, АА1 = 16;

продовживши медіану АА1, отримаємо паралелограм АВА2С. Ввівши коефіцієнт

пропорційності k, маємо АВ = 3k, АС = 5k. Скористаємося властивостями

діагоналей паралелограма (сума квадратів його діагоналей дорівнює сумі

квадратів його сторін), дістанемо: 2222

2 AC2AB2BCAA , або 2222 k5k33226 )()( .

Звідки коефіцієнт пропорційності 5k .

Отже, АВ = 15, АС = 25.

Відповідь: 15, 25.

Приклад 25. Знайти 3

S , де S – площа трикутника АВС, якщо АВ= 3 см,

ВС = 7 см і довжина медіани ВМ дорівнює 4 см.

Розв’язання. Добудуємо трикутник

АВС до паралелограма, продовживши

медіану М так, що ВМ = МВ1, ВС =

=АВ1, АВ = СВ1.

Рис. 4.9

В

А2

В

Рис. 4.10.

С

В1 А

М

А

А1

С

А1

36

1ABBABC SS , тому що трикутники АМВ1 і ВМС рівні за першою

ознакою рівності трикутників: АМ = МС, МВ = МВ1 за побудовою,

АМВ1 = ВМС – як вертикальні кути.

Знаходимо 1ABBS за формулою Герона: 36SS

1ABBABC см2. Тоді

63

S см2. Відповідь: 6 см2.

Приклад 26. У трикутнику АВС медіана АМ перпендикулярна до медіани

ВN. Знайти площу трикутника

АВС, якщо АМ = m, ВN = n.

Обчислити для см,см 2n3m .

Розв’язання. Оскільки згідно з теоремою 4.3 (медіана ділить трикутник

на два рівновеликі трикутники) маємо:

AMBABC S2S , BOAM2

1S AMB , BN

3

2BO ,

звідси

BNAM3

1S AMB , BNAM

3

2S ABC

.

Підставивши значення, отримаємо, що nm3

2S ABC .

Обчислимо для конкретних значень см,см 2n3m . 4S ABC см2.

Відповідь: 4 см2.

4.2. Теорема Чеви та її наслідки

Відрізок, який з’єднує вершину трикутника з деякою точкою на

протилежній стороні, називається чевіаною. Таким чином, якщо у трикутнику

АВС X,Y,Z – точки, які лежать на сторонах ВС, СА і АВ відповідно, то відрізки

AX, BY, CZ називають чевіанами. Цей термін походить від імені італійського

математика Джованні Чеви, який в 1678 р. опублікував таку теорему:

А

М

В

N

C

Рис. 4.11.

37

Теорема 4.5 (Чеви):

Якщо три чевіани AX, BY, CZ (по одній з кожної вершини) трикутника

АВС конкурентні, то

.1ZB

AZ

YA

CY

XC

BX

Доведення.

Конкурентними називаються дві прямі, які проходять через одну точку.

Позначимо цю точку через Р. Пригадаємо, що площі трикутників з рівними

висотами пропорційні основам трикутників.

Розглянемо рисунок:

.S

S

SS

SS

S

S

S

S

XC

BX

CAP

ABP

PXCAXC

PBXABX

PXC

PBX

AXC

ABX

Аналогічно

,S

S

YA

CY

ABP

BCP

.S

S

ZB

AZ

BCP

CAP

Якщо перемножити їх, дістанемо:

.1S

S

S

S

S

S

ZB

AZ

YA

CY

XC

BX

BCP

CPA

ABP

BCP

CAP

ABP

Отже, твердження доведене.

А

Z Y

Р

В С

X

Рис. 4.12.

38

Теорема 4.6 (обернена до теореми Чеви)

Якщо три чевіани AX, BY, CZ задовольняють співвідношення

1ZB

AZ

YA

CY

XC

BX ,то вони конкурентні.

Доведення. Спосіб 1.

Припустимо, що лише дві перші чевіани перетинаються в точці Р, а

перетином третьої чевіани, яка проходить через цю саму точку Р, буде точка Z'.

Тоді за попередньою теоремою:

1BZ

ZA

YA

CY

XC

BX

. Але за умовою теореми: .1

ZB

AZ

YA

CY

XC

BX

Звідси ZB

AZ

BZ

ZA

, тобто точка Z збігається з точкою Z'. Інакше кажучи,

прямі AX, BY, CZ є конкурентними.

Доведено.

Існує ще один спосіб доведення цієї теореми.

Доведення. Спосіб 2.

Проведемо пряму а до ВС, а ∩ С = М, а ∩ . Звідси М С.

Розглянемо і С. Ці трикутники подібні, бо CZBMZA як

вертикальні, і ZCBAMZ – як внутрішні різносторонні при паралельних

прямих MN i BC та січній МС.

Z Y

P

а

Рис. 4.13.

B C X

N A M

39

Тоді складемо співвідношення:

BC

MA

BZ

AZ (4.3)

Так само доводимо аналогічність таких трикутників:

NYA і ,BYC і , і СРХ .

Тоді складемо відповідні співвідношення:

AN

BC

AY

YC , (4.4.)

BX

AN

PX

AP , (4.5.)

MA

XC

AP

PX . (4.6.)

Оскільки ліві частини рівностей (4.5) і (4.6) рівні, прирівняємо їхні праві

частини. Отримаємо MA

XC

AN

BX або

MA

AN

XC

BX .

Перемножимо праві та ліві частини рівностей (4.3), (4.4) і останньої

рівності.

.1MA

AN

AN

BC

BC

MA

XC

BX

AY

YC

BZ

AZ

Тобто .1XC

BX

AY

YC

BZ

AZ

Доведено.

З теореми Чеви випливають деякі наслідки.

Наслідок 1.

Медіани трикутника перетинаються в одній точці.

Доведення.

Нехай AX, BY, CZ – медіани трикутника АВС. Тому, за означенням

медіани, XCBXYCAYZABZ ,, . Тоді 1111XC

BX

YC

AY

ZA

BZ .

За теоремою, оберненою до теореми Чеви, медіани AX, BY, CZ

перетинаються в одній точці.

40

Наслідок 2.

Висоти трикутника перетинаються в одній точці.

Доведення

Нехай AX, BY, CZ – висоти, проведені до відповідних сторін ВС, АС, АВ.

Тоді з прямокутного трикутника BCZ: BBCBZ cos .

Із прямокутного трикутника АСZ: AACAZ cos .

Із прямокутного трикутника АВY: AABAY cos .

Із .cos:)( CBCCY90YCC 0

Із .cos:)( CACCX90AXCCX 0

Із BABBX90AXBABX 0 cos:)( .

Тоді .coscos

coscos

coscos

1BAB

CAC

CBC

AAB

AAC

BBC

BX

CX

CY

AY

ZA

BZ

Отже, 1BX

XC

YC

AY

ZA

BZ , а за оберненою теоремою Чеви це означає, що

висоти AX, BY, CZ перетинаються в одній точці.

Наслідок 3.

Бісектриси трикутників перетинаються в одній точці.

Доведення.

Оскільки AX, CY, BY – бісектриси трикутника, і за властивістю бісектрис

.,,c

b

BX

CX

a

c

YC

AY

b

a

ZA

BZ То .1

c

b

a

c

b

a

BX

CX

YC

AY

ZA

BZ

Доведено.

Z Y

Р

В С

X

А

Рис. 4.14.

41

Наслідок 4. Прямі, які з’єднують вершини трикутника з точками дотику вписаного

кола, перетинаються в одній точці.

Доведення.

Нехай точки X, Y, Z – точки дотику вписаного кола у трикутнику АВС.

Тоді AX, BY i CZ – прямі, про які йдеться в наслідку 4. Доведемо, що вони

перетинаються в одній точці. Пригадаємо таку властивість: якщо X, Y, Z – точки

дотику вписаного кола і трикутника, то виконуються рівності:

.,, cCXYCbAYZAaBZBX

Підставимо ці значення у співвідношення:

.1a

b

b

c

c

a

ZB

AZ

YA

CY

XC

BX

Отже, прямі АХ, ВY, CZ перетинаються в одній точці (за теоремою,

оберненою до теореми Чеви).

4.3. Теорема Стюарта

Теорема 4.7 (Стюарта)

Якщо дано трикутник АВС і на його основі точка D, яка лежить між

точками В і С, то маємо рівність

.BDDCBCBCADBDACDCAB 222

Доведення. Спосіб 1. Опустимо з вершини А на ВС перпендикуляр АМ і

припустимо, що точка М лежить з однієї сторони від точки D, як і вершина С.

А

Z

Y

Р

Рис. 4.15.

B

X

С

42

Оскільки, в такому випадку, у трикутнику АСD кут АDС гострий, то

.DMDC2DCADAC 222

А, через те що у трикутнику АВD кут АDВ тупий, то

.DMBD2BDADAB 222

Помноживши першу рівність на ВD, другу на DС і додавши їх,

отримаємо:

.

,

,

BCBDDCBCADDCABBDAC

BCBDDCBCADDCABBDAC

DCBDBDDCBDDCADDCABBDAC

222

222

22222

Доведено.

Доведення. Спосіб 2.

Із D за теоремою косинусів cos BDAD2BDADAB 222 . Із

СD за теоремою косинусів

cos)cos( DCAD2DCAD180DCAD2DCADAC 220222 .

Помноживши першу рвіність на DС, а другу на ВD, додамо їх.

.

,

,

BCBDDCBCADBDACDCAB

BCBDDCBCADBDACDCAB

BDDCDCBDBDDCADBDACDCAB

222

222

22222

Теорему доведено.

А

Рис. 4.16.

B

D

M

С

43

M B N

C1 A1

O A B1 C

4.4. Теорема Ван-Обеля

Теорема 4.8 (Ван-Обеля) Якщо прямі АА1, ВВ1, СС1 перетинаються в

одній точці О', тоді виконуються такі співвідношення:

CA

BA

AC

BC

BOOB

1

1

1

1

1

(4.7)

CB

BA

BC

AC

AOOA

1

1

1

1

1

(4.8)

AB

CB

BC

CA

COOC

1

1

1

1

1

(4.9)

Доведення.

Через вершину В АВС проведемо MN АС.

Тоді MNO ~ COА, бо MON = AOC (як вертикальні кути) і за

побудовою OMN = OCA (при MN AC та січній МС). Звідси

.ACBN

ACMB

ACBNMB

ACMN

BOOB

1

(4.10)

Водночас МC1В ~ СC1А, бо ВС1M = АС1C як вертикальні і

NМС1 = С1CA. Тоді

.AC

BC

ACMB

1

1 (4.11)

Аналогічно доведемо, що ВNА1 ~ САА1 ( ВА1N = АА1C, ВNA1 =

= А1AС), і що

.CA

BA

ACBN

1

1 (4.12)

Підставимо рівності (4.11) і (4.12) у рівність (4.10) .CA

BA

AC

BC

BOOB

1

1

1

1

1

Аналогічно доводимо рівності (4.8) і (4.9) теореми.

Теорему доведено.

Рис.4.17.

Рис. 4.17

Рис. 4.17.

44

ВИСНОВКИ

Одним із недоліків у вивченні теорем та їх доведень є формалізм у

знаннях і вміннях учнів. Частина слухачів сумлінно заучує доведення теорем за

підручником, але не може відтворити їх на зміненому положенні рисунка, з

іншими буквеними позначеннями. І, що найголовніше, учні часто не вміють

застосовувати теорему у конкретних ситуаціях, посилаючись на теорему,

замість того, щоб посилатися на обернену їй, не вміють самостійно знаходити

доведення теореми навіть у найпростіших випадках.

Основною причиною формалізму у вивченні теорем та їх доведень є те,

що у підручниках доведення теорем зазвичай викладено синтетичним методом,

і учням залишається лише вивчити готове доведення. Водночас на уроці часто

не організовують аналітико-синтетичну діяльність учнів, спрямовану на пошук

доведення, учнів не «озброюють» правилами-орієнтирами методів доведень,

прийомами розумової діяльності, якими слід послуговуватись у процесі пошуку

доведень. Тому після опрацювання всіх тверджень, а також усіх наведених

прикладів, до яких подано розв’язки, учні не мають потреби доводити вже

відомі факти. Деякі теореми доведені у кілька способів, що полегшує

сприйняття сутності, а також надає можливість використовувати алгоритми

доведень.

Крім того, всебічний аналіз та поглиблене вивчення базових теорем

планіметрії формують математичну культуру, можливість ефективнішими

способами розв’язувати складні задачі та робити відповідні узагальнення.

Цей елективний курс можна реалізовувати як на математичних гуртках,

так і в процесі дистанційного навчання заочної математичної школи.

45

СПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ

1. Бевз Г. П. Методика викладання математики, загальні питання /

Г. П. Бевз. – Київ : Радянська школа, 1968. – 344 с.

2. Бевз Г. П. Методика викладання математики / Г. П. Бевз. – Київ :

Вища школа, 1972. – 597 с.

3. Белешко Д. Т. Практикум по решению геометрических задач /

Д. Т. Белешко. – Рівне : РОІВВ, 1986. – 89 с.

4. Болтянский В. Г. Лекции и задачи по элементарной математике /

В. Г. Болтянский. – М. : Наука, 1971. – 592 с.

5. Болтянский В. Г. Элементарная геометрия: Кн: для учителя /

В. Г. Болтянский . – М. : Просвещение, 1985. – 319 с.

6. Брадіс В. М. Методика викладання математики в середній школі /

В. М. Брадіс. – К. : Радянська. школа, 1954. – 484 с.

7. Зетель С. И. Новая геометрия треугольника. Пособие для учителей /

С. И. Зетель. – [2-е изд.]. – М. : Учпедгиз, 1962. – 152 с.

8. Коксетер Г. С. Новые встречи с геометрией / Г. С. Коксетер,

С. М. Грейтцер; [пер. с англ. А. П. Савина]. – Т. : Наука, 1928. – 223 с.

9. Раухман А. С., Белешко Д. Т. Теореми косинусів і синусів на

вступних іспитах з математики / А. С. Раухман, Д. Т. Белешко. – Рівне : РДПІ,

1998. – 44 с.

10. Тесленко І. Ф. Питання методики геометрії (в 10–11 кл.) /

І. Ф. Тесленко. – Київ : Радянська школа, 1962. – 356 с.

46

ЗМІСТ

ВСТУП………………………………………………………………………... 3

РОЗДІЛ 1. ТЕОРЕМА ПІФАГОРА

1.1. Перші доведення теореми Піфагора……………………………………. 4

1.2. Теорема Піфагора та різні способи її доведення………………………. 6

1.3. Наслідки із теореми Піфагора...………………………………………… 10

1.4. Геометрична інтерпретація теореми Піфагора………………………… 10

1.5. Теорема, обернена теоремі Піфагора, та її доведення…………………. 11

РОЗДІЛ 2. ТЕОРЕМА КОСИНУСІВ

2.1. Основне формулювання теореми косинусів…………………………… 13

2.2. Задачі на доведення……………………………………………………… 16

2.3. Друге формулювання теореми косинусів………………………………. 18

2.4. Інші формулювання теореми косинусів………………………………... 20

РОЗДІЛ 3. ТЕОРЕМА СИНУСІВ

3.1. Перше формулювання теореми синусів………………………………... 23

3.2. Приклади задач на застосовування теореми синусів………………….. 24

3.3. Друге формулювання теореми синусів…………………………………. 25

3.4. Третє формулювання теореми синусів…………………………………. 28

РОЗДІЛ 4. ТЕОРЕМИ ЧЕВИ, СТЮАРТА, ВАН-ОБЕЛЯ

4.1. Властивості медіан та їх застосування до розв’язування задач………. 29

4.2. Теорема Чеви та її наслідки……………………………………………... 36

4.3. Теорема Стюарта…………………………………………………………. 41

4.4. Теорема Ван-Обеля………………………………………………………. 43

ВИСНОВКИ………………………………………………………………….. 44

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ…………………………………………………… 45

ДЛЯ НОТАТОК

Навчально-методичне видання

ДМИТРО БЕЛЕШКО

ОЛЕГ ДЕЙНЕКА

БАЗОВІ ТЕОРЕМИ ПЛАНІМЕТРІЇ

Відповідальний за випуск О. В. Лісовий

Формат 60х84 1/16. Друк цифровий.

Папір офсетний 80 г/м2. Наклад 500 прим.

Видавництво: ТОВ «Праймдрук»

01023, м. Київ, вул. Еспланадна, 20, офіс 213 Свідоцтво про внесення до Державного реєстру суб’єктів видавничої справи

серія ДК № 4222 від 07.12.2011.