Методические рекомендации по формированию эвристической деятельности при решении задач курса геометрии 7-9 класса

Замечание. Сначала рассмотрим предельный случай, когда меньшая окружность сжимается так, что вырождается в точку. в этом случае задача без труда решается. Затем возвращаемся к исходной задаче, и, уменьшая радиусы обеих окружностей на r и не меняя положения их центров, сводим решение задачи к ее предельному случаю.

9 класс.

Пример. Исходная задача. Дана окружность радиуса R. Из точки A, лежащей вне окружности и отстоящей от центра O на расстояние a, проведена секущая. Точки B и C ее пересечения с окружностью соединены с центром O. Пусть угол BOA и угол COA обозначены соответственно β и γ. Найдите tg(β/2)tg(γ/2).

			A
			A

				γ
	E

Tg(β/2) tg(γ/2) =(tg(γ/2))2=(1-cos.γ)/(1+cos.)=(1-R/a)/(1+R/a)=(a-R)/(a+R).

Итак, в предельном случае tg(β/2) tg(γ/2)=(a-R)/(a+R).

Попытаемся теперь доказать, что и в общем случае имеет место то же соотношение. Наличие в этой формуле отрезков a+R и a-R подсказывает нам, что эти отрезки желательно ввести в чертеж, т.е. рассмотреть отрезки AE и AM, где E и M — точки пересечения AO с окружностью.

					A
	E

Используя эти соображения можно решить исходную задачу:

Ясно, что угол CEM=γ/2, угол BEM=β/2. А так как ΔBEM и ΔCEM — прямоугольные, то tg(β/2)=BM/EM, tg(γ/2)=CM/CE;

Tg(β/2) tg(γ/2)=BM/BE CM/CE.

Четыре отрезка BM, BE, CM, CE или их отношения выразим через отрезки a+R и a-R. Отрезки CM и a-R входят в ΔAMC~ΔABE (угол A — общий, уголAMC=углуABE). Следовательно CM/BE=AM/AB=(a-R)/AB. Отрезки CE и a+R входят в ΔACE~ΔAMB (уголA — общий, уголABM=углуAEC). Поэтому MB/CE=AB/(a+R).

Теперь ясно, что

tg(β/2)tg(γ/2)=(a-R)/AB AB/(a+R)=(a-R)/(a+R).

Полученное равенство и есть ответ: tg(β/2)tg(γ/2)=(a-R)/(a+R).

Пример. Известно, что в треугольнике каждая медиана меньше суммы двух других медиан. Верно ли аналогичное утверждение для биссектрис треугольника? Для высот треугольника?

Замечание. Рассмотрим равнобедренный ΔABC. Не меняя его основания AB, будем неограниченно увеличивать его биссектрису CC1. При этом две другие его биссектрисы остаются ограниченными (их сумма не превосходит 2AB√2). Отсюда следует, что при достаточно большом CC1 получим ΔABC, у которого одна биссектриса (CC1) больше суммы двух других его биссектрис. Аналогично решается задача с высотами.