Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.

Д-ть:

EF || AB, EF || CD; EF= (AB + CD).

Д-во:

AE = ED (теор. Фалеса)

BF = FC

EF- ср. линия.

EF || AB; EF || DC

EO = AB; OF = DC.

EF = EO + OF = (AB + CD).

1. Параллельный перенос. Свойства параллельного переноса.

Параллельный перенос фигуры Фназывается такое преобразование фигуры Ф, при котором все ее точки смещаются в одном и том же направлении на одно и то же расстояние.

Свойства параллельного переноса в пространстве.

· Параллельный перенос есть движение.

· При параллельном переносе прямая переходит либо в себя, либо в параллельную ей прямую.

· При параллельном переносе плоскость переходит либо в себя, либо в параллельную ей плоскость.

· Параллельный перенос задается парой соответствующих точек, т.е. каковы бы ни были точки и , существует единственный параллельный перенос, при котором точка переходит в точку .

1. Доказать теорему Фалеса.

Теорема.
Если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают равные отрезки и на другой его стороне.

Доказательство.
Пусть точки A1, A2, A3 – точки пересечения параллельных прямых с одной из сторон угла. А точки B1, B2, B3 – соответствующие точки пересечения этих прямых с другой стороной угла. Докажем, что если A1A2 = A2A3, то B1B2=B2B3.
Проведем через точку В2 прямую С1С2, параллельную прямой A1A2. Получаем параллелограммы A1C1B2A2 и A2B2C2A3. По свойствам параллелограмма, A1A2 = C1B2 и A2A3 = B2C2. Так как A1A2 = A2A3, то C1B2 = B2C2.
Δ C1B2B1 = Δ C2B2B3 по второму признаку равенства треугольников (C1B2 = B2C2, C1B2B1 = C2B2B3, как вертикальные, B1C1B2 = B3C2B2, как внутренние накрест лежащие при прямых B1C1 и C2B3 и секущей С1С2). Из равенства треугольников следует, что B1B2=B2B3. Теорема доказана.

1. Гомотетия. Свойства гомотетии.

Гомотетия с центром в точке О и коэффициентом k 0называется такое преобразование, при котором каждая точка М отображается в такую точку М1, что выполняется равенство:

Свойства.

• Если коэффициент гомотетии равен 1, то гомотетия является тождественным преобразованием: образ каждой точки совпадает с ней самой.
• Если коэффициент гомотетии равен -1, то гомотетия является центральной симметрией.
• Как и любое преобразование подобия, гомотетия преобразует прямую в прямую, отрезок в отрезок, луч в луч, угол в угол, окружность в окружность.
• Как и любое преобразование подобия, гомотетия сохраняет величины углов между кривыми.

1. Доказать теорему о свойстве касательной к окружности.

Теорема о свойстве касательной к окружности

Теорема. Касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания.           

Дано: окр (О; ОА)

P – Касательная к окружности,

А – точка касания.

Доказать: P перпендикулярна ОА.

Доказательство (методом от противного)

Предположим, что P не перпендикулярна ОА

В этом случае радиус ОА является наклонной к прямой р. Так как перпендикуляр, проведённый из точки О к прямой Р, меньше наклонной ОА, то расстояние от центра О окружности до прямой Р меньше радиуса. Следовательно, прямая Р. и окружность имеют две общие точки, т.е. Р – секущая. Но это противоречит условию теоремы, что Р. - касательная к окружности. Так как получили противоречие, то предположение, что Р не перпендикулярно ОА было неверным, значит, Р. перпендикулярна ОА. Итак, касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания. Ч.т.д.

Верна и теорема, обратная теореме о свойстве касательной - признак касательной.

Теорема. Если прямая проходит через конец радиуса, лежащий на окружности, и перпендикулярна к этому радиусу, то она является касательной.

Дано: окр (О;ОА), Р, А принадлежит Р, Р перпендикулярна ОА

Доказать: Р. – касательная к окр (О;ОА).

Доказательство

По условию Р принадлежит ОА, ОА – радиус окружности, поэтому расстояние от центра окружности до прямой Р равно радиусу ОА. Следовательно, прямая и окружность имеют только одну общую точку. А это означает, что данная прямая Р является касательной к окружности. Итак, если прямая проходит через конец радиуса, лежащий на окружности, и перпендикулярна к этому радиусу, то она является касательной. Ч.т.д.

1. Замечательные точки треугольника (без доказательства).

Замечательными точками треугольника являются

Точки пересечения:

Медиан — центроид, центр масс;

Биссектрис — инцентр, центр вписанной окружности;

Высот — ортоцентр;

Серединных перпендикуляров — центр описанной окружности;

Cимедиан — точка Лемуана;

Биссектрис серединого треугольника (его инцентра) — точка Шпикера;

Точки пересечения отрезков, соединяющих вершины треугольника:

c точками касания противоположных сторон и вписанной окружности — точка Жергонна;

c точками касания противоположных сторон и вневписанной окружности — точка Нагеля;

c соответствующими свободными вершинами равносторонних треугольников, построенных на сторонах треугольника (наружу) — первая точка Торичелли

с соответствующими свободными вершинами правильных треугольников, построенных внутрь треугольника — вторая точка Торичелли.

c соответствующими свободными вершинами треугольников, подобных исходному треугольнику и построенных на его сторонах — точки Брокара;

Центр окружности девяти точек.

1. Центральный угол. Вписанный угол. Доказать теорему об измерении вписанного угла.

Вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу, и равен половине дуги, на которую он опирается, либо дополняет половину центрального угла до 180°.

Доказательство 

 Через вершину треугольника проведена касательная к описанной окружности

Следствия: 

 Через вершину треугольника проведена касательная к описанной окружности

Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, равны.

Угол, опирающийся на диаметр, — прямой.

Гипотенуза прямоугольного треугольника является диаметром описанной около него окружности.

Угол между касательной и хордой является предельным случаем вписанного угла и также равен половине дуги, на которую опирается.

Центральный угол — угол с вершиной в центре окружности. Центральный угол равен градусной мере дуги, на которую опирается.

1. Формулы для вычисления площади параллелограмма, ромба (без доказательства).

1. Формула площади параллелограмма через стороны и углы     

a, b - стороны параллелограмма

α, β - углы параллелограмма

 Формула площади через стороны и углы параллелограмма, (S):

2. Формула площади параллелограмма через сторону и высоту

a, b - стороны параллелограмма

Hb - высота на сторону b

Ha - высота на сторону a Формула площади через стороны и высоты параллелограмма, (S):

3. Формула площади параллелограмма через диагонали и угол между ними

D - большая диагональ

d - меньшая диагональ

α, β - углы между диагоналями

1. Доказать теорему о пропорциональных отрезках.

 Теорема.

 Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают от сторон угла пропорциональные отрезки.

Доказательство.

 Пусть стороны угла A пересекаются параллельными прямыми в точках B, B1, C, C1. Теоремой утверждается, что

 Разделим отрезок AC на n равных частей. Пусть δ – длинна отрезка деления и AC = nδ.

 Возможны два случая:

 1) Существует такое n, при котором B – точка деления. То есть существует m < n такое, что AB = mδ. Проведем через точки деления отрезка AC прямые, параллельные прямой CC1. По теореме Фалеса эти прямые разбивают отрезок AC1 на равные отрезки некоторой длины δ1. Получаем AB1 = mδ1, AC1 = nδ1. Из этого

 2) Ни при каком n, B1 не является точкой деления. Допустим, что

Отложим на луче AC1 отрезок AD = (AC1/AC)*AB . При этом AD < AB1. Разобьем AC1 на достаточно большое число n равных частей. Проведем через точки деления прямые, параллельные СС1. При достаточно большом n на отрезке DB1 будут точки деления. Обозначим одну из них как точку Y и проведем через нее прямую параллельную СС1, которая пересекает луч AC в точке X. По доказанному

 Заменим AY меньшей величиной AD, а AX большей величиной AB. Тогда

Отсюда

 \ Что противоречит построению отрезка AD. Теорема доказана.

1. Основные тригонометрические тождества (без доказательства).

Тригонометрические формулы

Основные тригонометрические тождества

sin² α + cos² α = 1

tg α · ctg α = 1

tg α = sin α ÷ cos α

ctg α = cos α ÷ sin α

1 + tg² α = 1 ÷ cos² α

1 + ctg² α = 1 ÷ sin² α

Формулы сложения

sin (α + β) = sin α · cos β + sin β · cos α

sin (α - β) = sin α · cos β - sin β · cos α

cos (α + β) = cos α · cos β - sin α · sin β

cos (α - β) = cos α · cos β + sin α · sin β

tg (α + β) = (tg α + tg β) ÷ (1 - tg α · tg β)

tg (α - β) = (tg α - tg β) ÷ (1 + tg α · tg β)

ctg (α + β) = (ctg α · ctg β + 1) ÷ (ctg β - ctg α)

ctg (α - β) = (ctg α · ctg β - 1) ÷ (ctg β + ctg α)

Формулы двойного угла

cos 2α = cos² α - sin² α

cos 2α = 2cos² α - 1

cos 2α = 1 - 2sin² α

sin 2α = 2sin α · cos α

tg 2α = (2tg α) ÷ (1 - tg² α)

ctg 2α = (ctg² α - 1) ÷ (2ctg α)

Формулы тройного угла

sin 3α = 3sin α - 4sin³ α

cos 3α = 4cos³ α - 3cos α

tg 3α = (3tg α - tg³ α) ÷ (1 - 3tg² α)

ctg 3α = (3ctg α - ctg³ α) ÷ (1 - 3ctg² α)

Формулы понижения степени

sin² α = (1 - cos 2α) ÷ 2

sin³ α = (3sin α - sin 3α) ÷ 4

cos² α = (1 + cos 2α) ÷ 2

cos³ α = (3cos α + cos 3α) ÷ 4

sin² α · cos² α = (1 - cos 4α) ÷ 8

sin³ α · cos³ α = (3sin 2α - sin 6α) ÷ 32

Переход от произведения к сумме

sin α · cos β = ½ (sin (α + β) + sin (α - β))

sin α · sin β = ½ (cos (α - β) - cos (α + β))

cos α · cos β = ½ (cos (α - β) + cos (α + β))

1.  Доказать один из признаков подобия треугольников.

 Первый признак подобия треугольников: Если два угла одного треугольника равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

 Второй признак подобия треугольников: Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы, образованные этими сторонами, равны, то такие треугольники подобны.

Третий признак подобия треугольников: Если стороны одного треугольника пропорциональны сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

А] Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого, то такие треугольники подобны .

1. Значение синуса, косинуса и тангенса некоторых углов (без доказательства).

1. Доказать один из признаков подобия прямоугольных треугольников.

Первый признак подобия треугольников.

 Если угол одного треугольника равен углу другого, а стороны, образующие тот угол в одном треугольнике, пропорциональны соответствующим сторонам другого, то такие треугольники подобны.

Доказательство. Начало доказательства одинаково для всех трех признаков. Рассмотрим два треугольника ABC и A1B1C1, для которых выполняется одно из трех сформулированных условий (рис. 1). Причем будем считать, то обозначения выбраны следующим образом.

Первый признак. Равны углы при вершинах A и A1, кроме того,

Отложим на луче AB отрезок AB2 = A1B1 и проведем через B2 прямую, параллельную BC. Получившийся треугольник AB2C2 подобен треугольнику ABC по основной теореме о подобных треугольниках.

 Нам остается доказать, то треугольник AB2C2 равен треугольнику A1B1C1 .

Первый признак. В треугольниках A1B1C1 и AB2C2 равны углы при вершинах A и A1, A1B1 = AB2 . Кроме того, по условию, а из того, то треугольники AB2C2 и ABC подобны, следует равенство. Из этих двух равенств получаем (так как A1B1 = AB2), то A1C1 = AC2. Значит, треугольники A1B1C1 и AB2C2 равны по первому признаку равенства треугольников.

1. Формулы координат середины отрезка и расстояния между двумя точками на плоскости (без доказательства).

Формула расстояния между двумя точками

Пусть A и B -- две точки плоскости, координаты которых в декартовой системе координат: (x1; y1) и (x2; y2), тогда

Формула

Строгая формулировка

 Координаты середины отрезка с концами

 и

 находятся по формуле:

- координаты точки ;

 - координаты точки 

 в декартовой системе координат на плоскости

1. Доказать теорему Пифагора.

b2 = a2 + c2      

В одном случае (слева) квадрат разбит на квадрат со стороной b и четыре прямоугольных треугольника с катетами a и c.

 В другом случае (справа) квадрат разбит на два квадрата со сторонами a и c и четыре прямоугольных треугольника с катетами a и c.

 Таким образом, получаем, что площадь квадрата со стороной b равна сумме площадей квадратов со сторонами a и c.