А. И. МОСТОВОЙ

РАЗЛИЧНЫЕ СПОСОБЫ ДОКАЗАТЕЛЬСТВ В КУРСЕ ГЕОМЕТРИИ ВОСЬМИЛЕТНЕЙ ШКОЛЫ

А. И. МОСТОВОЙ

РАЗЛИЧНЫЕ СПОСОБЫ ДОКАЗАТЕЛЬСТВ В КУРСЕ ГЕОМЕТРИИ ВОСЬМИЛЕТНЕЙ ШКОЛЫ

ПОСОБИЕ ДЛЯ УЧИТЕЛЕЙ

ИЗДАТЕЛЬСТВО «ПРОСВЕЩЕНИЕ»

Москва 1965

Рукопись рецензировали учителя: А. В. Ротарь и Л. М. Волов

ОТ АВТОРА

В предлагаемой вниманию читателей брошюре автор ставит перед собой цель оказать помощь учителю (особенно начинающему) и студентам педагогических вузов в улучшении преподавания геометрии в восьмилетней школе па примере обучения различным способам доказательств.

Самостоятельное доказательство учащимися теорем, творческие находки при этом положительно сказываются на привитие интереса к изучаемому предмету, побуждают их к более вдумчивому изучению его, а это позволяет им более успешно раскрывать богатые возможности математики.

Следует помнить, что поиски различных способов доказательств, рассмотрение всех возможных случаев, критическая оценка их с целью выделения из них наиболее рациональных является важным фактором развития математического мышления.

В данной работе автор рассматривает отдельные теоремы и задачи на доказательство из разных учебных пособий. К доказательству некоторых предложений даны лишь указания. Автор предполагает, что это послужит для учителя и особенно для учащихся толчком к самостоятельному отысканию оригинальных способов доказательств. Некоторые решения найдены при написании работы. В целом работа является результатом обобщения личного опыта и опыта работы других учителей, с которыми автору приходилось общаться.

ГЛАВА I

РАЗЛИЧНЫЕ СПОСОБЫ ДОКАЗАТЕЛЬСТВ И ИХ РОЛЬ В АКТИВИЗАЦИИ УЧЕБНОГО ПРОЦЕССА

§ 1. Доказательство, его сущность и содержание

Доказательством называется такая логическая форма мышления, в которой из истинности отдельных суждении с помощью ряда последовательных умозаключений определенным образом выясняется истинность некоторого положения.

Например, в треугольнике каждая сторона — отрезок, две другие его стороны составляют ломаную линию, соединяющую концы этого отрезка, а отрезок обладает следующим свойством: отрезок прямой короче всякой другой линии, соединяющей его концы, поэтому каждая сторона треугольника меньше суммы двух других его сторон. В данном случае из истинности трех первых суждений (посылок) приходят к заключению (выводу): «Во всяком треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других его сторон». Такая форма взаимосвязи и взаимообусловленности мыслей называется доказательством.

Сущность всякого доказательства состоит в том, что некоторые ранее принятые или доказанные суждения ставятся в соответствие друг другу так, что их соотношения приводят к другим мыслям, в результате которых получаются новые суждения. Характеризуя сущность доказательства, приходим к его содержанию, которое раскрывается логическим процессом мышления в форме трех взаимосвязанных составных частей:

1. Всякое доказательство включает в себя некоторое доказываемое положение, называемое тезисом. В рассмотренном выше примере тезисом является предложение: «Во всяком треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других его сторон».

Доказательство имеет своей целью обосновать достоверность сформулированного тезиса. Следовательно, при до-

казательстве прежде всего высказывается тезис-предположение, а затем в результате некоторого процесса логического мышления происходит убеждение в справедливости высказанного тезиса. После того как в ходе доказательства высказанное предположение подтверждено, тезис становится истинным суждением. Таким образом, тезис в процессе доказательства может выступать дважды: в начале и в конце. В начале он выражен ярко, в конце — чаще всего в неявной форме: «что и требовалось доказать». Заметим, что в школе в методических целях эту неявную форму заключения полезно заменять иногда формулировкой тезиса-вывода. Это прежде всего обогащает доказательство, и тезис из суждения-предположения переходит в суждение-истину, способную выполнять роль основания в последующих доказательствах.

2. За основания всякого доказательства принимают некоторые истинные суждения. Эти суждения называются аргументами. Аргументам обязательно присуща определенность: они являются или ранее принятыми или ранее доказанными положениями, кроме того, они не должны быть следствием (непосредственным или опосредствованным) доказываемого тезиса.

Аргументы выполняют служебную роль в доказательстве. Они служат тезису. Причем в любом доказательстве их по меньшей мере два, так как их действия проявляются лишь в том случае, когда они берутся в определенном соотношении один к другому. Связывая таким образом суждения, приходим к более сложным мыслям-умозаключениям, а от последних — к выводу, т. е. к новым знаниям.

3. В доказательстве выделяется и третья его часть — демонстрация. Логический процесс взаимосвязи суждений, при котором осуществляется непосредственный переход от аргументов к умозаключениям, а от них — к истине, называется демонстрацией или способом доказательства.

Таковы сущность и содержание доказательства. Задача учителя — творчески обучать учащихся этому логическому процессу, способствовать развитию и активизации его.

§ 2. Различные способы доказательств

Тезис может быть доказан не одним, а многими способами. Рассмотрим доказательство одного суждения, в котором различные аргументы, взятые в определенном от-

ношении, приводят ко многим способам доказательства. Убедимся в этом при доказательстве предложения: «Если в треугольнике медиана равна половине стороны, к которой она проведена, то этот треугольник прямоугольный». (Задача 2481.) Предположим, что над доказательством данной теоремы думают три ученика.

1. Из того что Z_4-bZl+Z2 + ZC = 180° (черт. 1) и из равенства Z. Л =Z I и Z С = = Z2, приходим к умозаключению:

2. (Z.1 +Z.2) = 180°, a Z 1 + Z 2 = 90°. Далее следует вывод: Л Л ВС прямоугольный.

В качестве аргументов доказательства этот ученик избрал два истинных суждения: 1) сумма внутренних углов треугольника равна двум прямым; 2) углы при основании равнобедренного треугольника равны между собой.

2. Второй ученик за основания доказательства решил принять следующие суждения: 1) углы при основании равнобедренного треугольника равны между собой; 2) внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним, и 3) сумма двух смежных углов равна 2d. Второй тоже доказал теорему. Однако его доказательство несколько отличается от доказательства первого ученика.

Рассмотрим этот способ доказательства. В А ABC (черт. 1) Z BDC = /L А + /- \, вА DBC Z- ADB = Z. С -!- Z 2. Кроме того, Z. А = Z. 1, a Z.C = Z.2. Из двух пар этих равенств выводим: 2-(Z l+Z.2)=ZßDC + + Z. ADB. Ho Z. BDC + Z ADB = 180°, следовательно, Z_ 1 + Z. 2 = Z ЛВС = 90°.

3. Для своего доказательства третий ученик взял два первых аргумента второго способа и дополнил их третьим:

Черт. I

1 Здесь и далее, где особо не будет оговорено, номера задач и их тексты взяты из «Сборника задач по геометрии для 6—8 классов» Н. Н. Никитина, Г. Г. Масловой, Учпедгиз, 1961 или более поздних изданий.

«Если два смежных угла равны, то общая их сторона перпендикулярна к прямой, на которой лежат две другие стороны». Вот это доказательство: в А ABC (черт. 1) Z FBC= = Z_ А + Z-C, но Z. Л = Z-1 и Z. С = Z2, следовательно, Z. FBC = Z- 1 + Z. 2 = Z. ЛВС, т. е. ЯС _L ЛЯ.

Так могли появиться три способа доказательства. С учащимися можно рассмотреть, в чем различие этих способов, и указать причины возникновения их. Это очень полезная работа, она способствует развитию творческого мышления, и ею не следует пренебрегать.

Однако доказательство данного предложения не исчерпывается только этими тремя рассмотренными способами. Мы можем некоторые из указанных аргументов дополнить другими или взять за основания совершенно отличные от рассмотренных суждения и всякий раз будем получать новый способ доказательства. В подтверждение этого приведем еще несколько способов доказательства.

4. Проводим биссектрисы смежных углов ADB и BDC (черт. 2). Они образуют прямой угол. Кроме того, они будут и высотами равнобедренных треугольников ABD и BDC, т. е. DM -L AB, DN _L ВС. Из сказанного следует, что Z. ABC = Z. MDN (как углы с соответственно перпендикулярными сторонами), а так как Z_ MDN = 90°, то и равный ему Z_ ABC будет прямой.

Можно начать рассуждение с проведения высот DM и DN треугольников ABD и BDC (или медиан DM и DN), которые будут и биссектрисами. Дальнейшие рассуждения аналогичны предшествующим.

5. Соединим точку D с точкой N (серединой стороны ВС), тогда DN И AB (свойство средней линии треугольника). Так как N — середина ВС, то DN — медиана (а следовательно, и высота) треугольника BDC. Итак, имеем DN J_ ВС и DN H AB, значит, и AB ± ВС (черт. 2).

6. Проводим DN H AB и DM \\ ВС (черт. 2), тогда BN = NC и AM = MB, т. е. MN — средняя линия ААВС, MN=^-AC = BD. Итак, в параллелограмме BNDM диагонали равны, значит, он прямоугольник.

Черт. 2

7. Проводим DN И AB (черт. 2), Z_l = Z_3 (внутренние накрест лежащие при параллельных DN', i4ß и секущей ßD), Z_4 = Z-Л (соответственные), но = ZJ (углы при основании равнобедренного треугольника ABD), значит, Z.3 = Z_4, т. е. DiV — биссектриса (а следовательно, и высота). Теперь имеем: DN J_ ВС и DN \\ AB, следовательно, AB _L SC.

8. Точку D принимаем за центр окружности, описанной около треугольника ABC (AD = BD = DC). /LAВС = 90°, как вписанный, опирающийся на диаметр.

9. На продолжении BD отложим DE = BD (черт. 3). Точку Е соединим с точками А и С. АБСЕ — прямоугольник, так как AD = DC, ßD = DE и ЛС = ßß, значит, Z-ABC— прямой.

10. Повернем треугольник ABC вокруг стороны ВС на 180° в положение треугольника А^ВС (черт. 4). Определим сумму углов: /LABD + Z-DBC + + A.CBD, + ZJDßA^ ^А+^С + Z-ABC = 180° (учтя, что А.А = /LABD, Z-C = ZJÛBC и ^CßDt + /LD^BA, = =-=Z./lßC). А если так, то линия ABAi — прямая, и следовательно, Z-ЛЯС = 90°.

11. Продолжим AB и проведем С Ai \\BD (черт. 4). Образовавшийся треугольник АСА^ равнобедренный: АС ---= = 2 • ßD (по условию) и Л4С = 2 • BD (по свойству средней линии треугольника). Так как AB = А4Ь то ßC является медианой, а следовательно, и высотой треугольника АСАи т. е. ßCJ_^ß.

12. На продолжении ;4ß отложим ВА{ = AB (черт. 4) и точку С соединим с А^ Треугольник ACAi равно-

Черт. 3

Черт. 4

бедренный: BD = —• АС и BD = ~- • AtC (свойство средней линии треугольника). Дальнейшее ясно.

13. /-ВСAi = /-DBC, как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых BD и СА{ и секущей ВС (черт. 4). HoZ-DBC = Z_DCß, так как DC = BD, значит /-ВСА{ = ZDCB. Далее в равнобедренном треугольнике АСА{ биссектриса ВС будет одновременно и высотой.

14. Проведем BD{ \\ АС (черт. 4). Нетрудно заключить, что Z.2 = /LDCB =Z3, a Z_4 = Z-Л = Z_l, следовательно, ^1 + ZJ1 = ^3 + + Z_4, т. е. ßC_L АА{.

15. Продолжим ЛВ и ВС и проведем CF || BD и Л£ II ßD (черт. 5). В треугольниках АБС и AFC отрезок BD — средняя линия, следовательно, BD =- • АЕ = — CF. Учтя еще условие ßD = —• АС, приходим к заключению, что четырехугольник AEFC — ромб и диагонали его взаимно перпендикулярны (AF JL ЕС).

Все рассмотренные способы доказательства отличаются один от другого. Среди этих способов есть такие, которые быстро приводят к цели, другие не так изящны. Это зависит от выбора исходных суждений (аргументов) и от последующей взаимосвязи их.

В свою очередь выбор исходных посылок, очевидно, зависит от запаса истинных суждений в распоряжении доказывающего. Это следует всегда помнить. Мы не можем, например, предлагать шестиклассникам, а тем более требовать от них всех рассмотренных выше способов доказательств. Для них суждения: «Четырехугольник, у которого диагонали равны и в точке пересечения делятся пополам, — прямоугольник», «Вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой» и ряд других — не будут истинными (доказанными), поэтому они не смогут воспользоваться ими. В то же время для семиклассников все встретившиеся при доказательстве аргументы будут истинными (осо-

Черт. 5

бенно в конце учебного года), и у них в распоряжении запас логических посылок для отыскания способов доказательств будет значительно больший.

Учителю самому необходимо знать как можно больше способов доказательств, чтобы с пополнением у учащихся запаса истинных суждений, способных служить основаниями доказательства, умело наталкивать детей на отыскание различных способов доказательств.

§ 3. Роль различных способов доказательств в активизации учебного процесса

Если учителю удастся привить детям интерес к отысканию различных способов решения задач и разных способов доказательств предложений, то он сможет испытать (а следовательно, и развить) исследовательские способности учащихся. Думая над той или иной проблемой, ученик старается вспомнить ранее изученные положения и применить их к доказательству. Иногда ему приходится повторять по учебнику определеннную часть пройденного материала.

Не следует думать, что учащиеся обязательно найдут оригинальный способ доказательства. В любом случае их труд не будет бесполезен. Задача учителя состоит в том, чтобы обнаруживать самостоятельные находки учащихся и обязательно указывать на них школьникам. И пусть эти находки незначительны, но для учащихся они полезны.

Одному из учащихся работа над задачей помогла новым способом восставить перпендикуляр из конца данного отрезка. Эта задача, как известно, рассматривается в школе после изучения темы о вписанных углах. Для данного ученика понятие вписанного угла было еще неизвестно. Он воспользовался известным свойством медианы прямоугольного треугольника.

Вот его решение. Пусть дан отрезок AB (черт. 6). Из точек А и В как из центров произвольными, но равными радиусами описываем взаимно пересекающиеся дуги. Через конец отрезка А и точку пересечения дуг D проводим прямую. Откладываем DC = AD. Соединяем точку С с В. Так как AD=BD = CD, то треугольник ABC прямоугольный, т. е. ВС-LAB.

Другой ученик составил такую задачу: «Определить углы тоеугольника ABC, если прямые, проведенные через вер-

Черт. 6

шину В перпендикулярно сторонам ВА и ВС, делят сторону АС на три равные части».

Интересен рассказ ученика о том, как он составил эту задачу. Начертив треугольник ABC (черт. 7), у которого AD = CD = BD, он задумался над тем, как доказать, что угол АСВ прямой. С этой целью он прибегал к различным дополнительным построениям. Однажды он продолжил гипотенузу и отложил BF = BD. Соединил точки С и F. «Может оказаться, — подумал мальчик, — что BF = Cß, тогда ADCF также должен быть прямоугольным...» Ученик увлекся рассуждениями. Он забыл об основной задаче и стал думать: «Треугольники ADC и CBF равнобедренные, a ADBC равносторонний, следовательно, Z_CDß= zLCßD = = 60° и 2 • /LA = 2 • ZF = 60с? a Z-A = /LF = 30°». Хороший результат поиска. Им и воспользовался учащийся для составления вышеприведенной задачи.

Этот рассказ слушал не только учитель. Многие ребята — любители математики, оставшись после урока в классе, — слушали своего товарища. После рассказа некоторые потянулись к доске. Они чертили треугольники и повторяли предшествующие рассуждения. Некоторые пытались найти опровержение, другие искали в рассуждениях что-то новое. Учитель стоял в стороне и наблюдал за дискуссией. Когда спор у доски начал угасать, учитель сказал: — А ведь здесь решена еще одна задача.

Все посмотрели на учителя и затем снова обратились к доске. Снова начались поиски. Один из учащихся неуверенно обратился к учителю:

— Вы имеете в виду задачу на построение?

— Вот именно, деление отрезка на три равные части.

Всех удивило «необычное» решение предложенной задачи. Некоторые даже досадовали на себя за то, что не могли сразу составить и решить такую очевидную задачу.

Черт. 7

Черт. 8

Этот эпизод у доски побудил многих учащихся к дальнейшим творческим поискам. Так, один из учеников, размышляя над задачей, пришел к оригинальному способу построения угла, равного 30°. Рассуждал он так.

Пусть дан луч AB (черт. 8). Приняв этот луч за сторону требуемого угла, откладываем AD = BD и на BD строим равносторонний треугольник DBC. Z.CAB = =30°. Действительно, в равнобедренном треугольнике ADC внешний угол CDB равен 60° (как внутренний угол равностороннего треугольника), следовательно, Z-A = 30°. Или же в ABDC /-В = 60°, поэтому в прямоугольном треугольнике АСВ /-А = 30°.

Вдумаемся в это решение. Оно приводит нас и к другим выводам. Рассмотрим ААВС, у него AD = CD = BD (по построению), значит, он прямоугольный. К тому же угол А равен 30°. Теперь вспомним, как иногда наши ученики строят прямоугольный треугольник с острым углом в 30°. А ведь это, оказывается, выполняется очень просто. И сколько истин можно усвоить при этом построении! Можно ли очевиднее иллюстрировать суждение: «Катет, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы»? Здесь все так просто: AD = DB = ВС, следовательно, ВС =1 • AB, причем Z-A = 30°.

Когда в конце учебного года подводили итоги работы над рассмотренной задачей, все увидели, как много пользы извлекли при решении одной обычной задачи. А как врезалась она в память детей! Несколько таким образом рассмотренных задач куда полезнее решения большого числа упражнений, рассчитанных в основном на развитие вычислительных навыков.

§ 4. Значение поисков «новых» доказательств в раскрытии познавательных возможностей учебных задач

На вступительных экзаменах в педагогический институт мы обращались к абитуриентам с такими вопросами:

1. Какую из задач по геометрии средней школы вы хорошо запомнили и почему?

2. Сможете ли назвать хотя бы одну задачу на доказательство, выводы которой вы неоднократно применяли как

при доказательстве других суждений, так и при выполнении отдельных построений?

3. Назовите задачу на доказательство или теорему, над которой вы думали длительное время: месяц, полгода, год.

Если кто-нибудь из отвечающих и пытался что-либо сказать утвердительное на первый вопрос, то, как правило, эти ответы были случайными. В истинности ответов не были уверены и сами отвечающие. На второй вопрос следовал один и тот же ответ — не могу, а последний вопрос вызывал даже недоуменную улыбку.

Это наводит на мысль, что в преподавании геометрии у нас еще много недостатков. Тема пройдена, решают по этой теме подряд одну за другой задачи. Многие задачи решают в классе, с помощью учителя, некоторые даются на дом. И так из урока в урок. Решенные задачи вскоре забывают: их не пытаются применить в последующей учебной деятельности, познавательные возможности этих задач перед учащимися не раскрываются. Все это и приводит к тому, что наши ученики зачастую неспособны мыслить самостоятельно.

Одним из путей устранения перечисленных недостатков является описываемая нами творческая деятельность учащихся по отысканию различных способов решения задач. Под руководством учителя активная деятельность учащихся в этом направлении способствует раскрытию познавательных возможностей учебных задач.

Под понятием познавательные возможности учебных задач подразумеваются в данном случае все потенциальные качественные особенности учебных задач, способные в наибольшей степени развить познавательные способности учащихся. Сюда относятся всевозможные варианты решения задачи, объем учебного материала, который она в состоянии охватить, а также ее возможности в логическом обосновании других умозаключений.

Прежде всего учитель математики должен сам знать как можно полнее объем и содержание каждой задачи, ее активные возможности. Тогда он в состоянии организовать учебный процесс так, чтобы направить умственную деятельность учащихся на более полное раскрытие познавательных возможностей задач.

Выше нами уже описывалась подобная деятельность в работе над задачей о медиане треугольника, равной половине стороны. Однако эта деятельность не ограничивает-

ся только рассмотрением перечисленных примеров. Можно указать и на многие другие приложения этой задачи.

В стабильном сборнике задач по геометрии для 6—8 классов в разделе «Углы с соответственно перпендикулярными сторонами» помещена задача 293 (1): «Построить угол с вершиной в данной точке, равный данному». Как обычно решается эта задача? В большинстве случаев словесно: «Надо опустить из данной точки на стороны данного угла перпендикуляры». В лучшем случае перпендикуляры проводятся с помощью угольника. А почему бы не заставить учащихся подумать, как применить к решению данной задачи рассмотренную выше задачу 248 о медиане, равной половине стороны?

Вот это решение. Пусть дан /- 1 (черт. 9) и точка В. Соединим данную точку с вершиной А данного угла. Разделив отрезок AB пополам, из середины его радиусом, равным половине АВ, описываем дуги до пересечения со сторонами угла. Точки пересечения дуг со сторонами угла соединим с данной точкой В. Образовавшийся Z_ 2 — требуемый. Доказательство — заключение задачи 248.

Как учащиеся практически проводят высоты треугольника? С помощью угольника — неплохо. А с помощью циркуля и линейки? Нерационально. Но почему бы и здесь не воспользоваться задачей 248. Ведь решение само напрашивается. В треугольнике ABC (черт. 10) делим сторону АС пополам. Пусть точка Е — середина АС. Из этой точки как из центра радиусом, равным АЕ, описываем дуги до пересечения со сторонами AB и ВС соответственно в точках F и Z), тогда, очевидно, AD к FC — высоты.

Откладывать рассмотрение этого способа решения до того, как будет изучено свойство вписанного угла, опирающегося на диаметр, в педагогических целях нецелесообразно.

Обратимся к задаче 285: «Построить равносторонний треугольник по его высоте». И для ее решения можно воспользоваться задачей 248. Пусть AD — данная высота искомого треугольника (черт. 11). Находим середину О отрезка AD. На отрезке OD по обе стороны его строим

Черт. 9

Черт. 10

Черт. 11

равносторонние треугольники OFD и OED. Проводим прямые АЕ, AF и ОЕ. Откладываем EN = ОЕ. Через точки N и D проводим прямую А ABC равносторонний с заданной высотой.

Опираясь на задачу 248, можно оригинально решить и ряд других задач, например задачи 306 и 391 (1).

В VII классе рассматривается задача на построение касательной к окружности. Вот как излагается построение касательной в стабильном учебнике1: «Проведем радиус ОМ и через конечную его точку M проведем прямую КМ, перпендикулярную к радиусу. По доказанному ранее прямая КМ будет касательной к окружности».

Так зачастую излагается этот материал и на уроке. Причем от учащихся не всегда требуют практического осуществления указанного построения; если и выполняется построение, то не всегда рационально. А ведь эта задача может быть решена довольно изящно.

Пусть дана окружность О, требуется провести касательную к этой окружности в точке А (черт. 12).

Черт. 12

1 Н. Н. Никитин, Геометрия. Учебник для 6 — 8 классов, Учпедгиз, 1961 г. или более поздние издания.

Из точки А как из центра описываем радиусом OA дугу до пересечения ее с данной окружностью в точке В. На продолжении OB откладываем ВС = OB. Через точки Л и С проводим прямую. Прямая АС и будет искомой касательной (задача 248).

И еще один пример применения задачи 248. В математической газете или на занятии кружка преподаватель предлагает такую задачу: «Я соединил точку пересечения диагоналей ромба с серединой его стороны и после этого сразу пришел к выводу, что диагонали ромба взаимно перпендикулярны. Как я рассуждал?» Уверен, что найдутся семиклассники, которые сообразят, что отрезок от точки пересечения диагоналей до середины стороны ромба равен половине ее, поэтому диагонали ромба взаимно перпендикулярны.

Как много полезного может дать длительная работа над одной только задачей, если учитель умело направит творческую деятельность учащихся на раскрытие ее познавательных возможностей! Таких задач в учебных пособиях немало. И пусть не все из них будут решены и проанализированы сразу, но в течение длительного отрезка времени можно сделать очень многое.

После такой работы над задачами учащиеся не будут беспомощны, когда перед ними встанут вопросы, аналогичные вышеприведенным.

ГЛАВА II

МЕТОДИКА ОБУЧЕНИЯ РАЗЛИЧНЫМ СПОСОБАМ ДОКАЗАТЕЛЬСТВ

§ 5. Некоторые общие условия, способствующие успешному обучению различным способам доказательств

1. Иногда приходится наблюдать, как учитель из урока в урок при обучении геометрии тем только и занимается, что доказывает предусмотренные программой теоремы и повторяет эти доказательства. Сегодня на уроке доказана теорема, на следующем уроке учитель вызывает ученика к доске и заставляет вновь повторить это доказательство. По истечении времени в порядке контроля он снова требует повторить доказательство, причем тем же способом. Иногда требование доказать теорему включается в контрольную работу. Сколько времени тратят на одну только теорему! А их в учебнике не одна, и все надо выучить.

Не секрет, что математические положения быстро забываются. Поэтому мы должны стремиться не столько к запоминанию, сколько к обоснованию логической основы их суждений, выработке у учащихся такого запаса умений и навыков, благодаря которому они в состоянии самостоятельно разобраться в них.

Одной из первых теорем, доказываемых в VI классе, является теорема, характеризующая свойства равнобедренного треугольника.

Ее доказательство не вызывает у учащихся особого затруднения. Шестиклассники с первого же урока уясняют смысл рассмотренных свойств. И все же на очередных уроках можно наблюдать такую картину, когда дети свободно перечисляют изученные свойства и не могут вспомнить доказательство теоремы. Следует ли учителю снова и снова повторять доказательство этой теоремы? Конечно, нет, так как учащиеся с каждым разом все больше будут терять интерес к новому предмету. Доказа-

тельство — это не стихотворение, которое можно выучить. Доказательство — это особая форма логического мышления, вырабатываемая системой многих рассуждений, применяемых в том или ином случае.

К тому времени, как шестиклассники изучат свойства равнобедренного треугольника, их мышление еще не в состоянии будет сознательно избрать путь, идя по которому, можно достичь цели. Поэтому в данном случае от учащихся следует требовать в большей мере понимания смысла доказываемого тезиса, чем заучивания процесса доказательства.

В то же время в задачу учителя входит обязанность добиваться того, чтобы все учащиеся знали доказательство данной теоремы и свободно могли его самостоятельно осуществить. Каким же образом можно добиться этого? С этой целью в ходе дальнейшего изучения материала как при доказательстве теорем, так и при решении задач на доказательство надо как можно чаще применять симметрию и перегиб. Неоднократное применение этих преобразований к доказательству ряда положений будет способствовать тому, что учащиеся сознательно будут пользоваться преобразованиями для установления свойств равнобедренного треугольника и вспомнят это доказательство. Такими упражнениями могут служить, как увидим дальше, различные варианты решения задач 149, 154, 157, 163—167 и др.

Здесь небесполезно заметить, что обучать геометрии надо так, чтобы школьники, думая над доказанной ранее теоремой, старались самостоятельно искать пути и способы доказательства ее, а не стремились бы любыми средствами вспомнить, как доказывали это предложение в классе.

2. Для успешного обучения школьников различным способам доказательств надо предоставлять им широкие возможности свободного выбора необходимых посылок как при доказательстве предложений стабильного учебника, так и при решении задач. Причем эти два вида работ должны взаимно дополнять и обогащать друг друга. И пожалуй, при обучении геометрии следует прежде всего думать о разнообразии способов доказательств и логической строгости и последовательности изучения материала.

3. В учебных целях очень важно учителю ориентироваться на максимальные, а не на минимальные познавательные способности школьников. Не следует много работать за учеников. То, что для детей посильно, они должны выпол-

нять сами. Постоянная опека в соединении с неверием в силы учащихся приводит к тому, что изучение тех или иных положений протекает скучно и однообразно.

4. Учитель обязан постоянно и умело наблюдать за процессом мышления учащихся, анализировать и изучать его. Это также не менее важная задача, осуществление которой способствует привитию интереса к предмету. У опытных учителей ученики выступают в роли «первооткрывателей».

§ 6. Первые доказательства и их разновидности

Практику отыскания различных способов доказательств полезно начинать как можно раньше. Уже на первых уроках учитель должен демонстрировать разнообразие путей, которыми можно прийти к умозаключению.

Сначала надо предлагать более легкие упражнения. Очень важно в это время обучать учащихся тому, как отыскивать различные варианты решений. Большую роль здесь должна играть наглядная иллюстрация способов решения.

При изучении темы «Сравнение отрезков и действия над ними» можно предложить такую задачу: «На отрезке AB взяты точки С и D так, что АС = BD. Сосчитать число отрезков и выделить среди них равные пары».

Учитель предлагает учащимся начертить в тетрадях произвольный отрезок AB и от его концов отложить равные отрезки АС и DB (черт. 13). Далее он требует сосчитать и прочитать все получившиеся при этом отрезки (AC, AD, AB, CD, СВ, DB). Затем от учащихся требуется выделить равные отрезки. Дети сразу укажут первую пару: АС = DB. Из четырех оставшихся следует указать на самый большой отрезок — AB. Наконец, выписываются последние три: AD, CD и СВ. Очевидно, отрезок CD не может быть равен ни отрезку AD, ни СВ, так как он является частью каждого из них. Это учащиеся должны уяснить. Осталась последняя пара отрезков: AD и СВ. Предлагается сравнить их.

Многие воспользуются при сравнении масштабной линейкой или циркулем. Так или иначе, они убедятся в равенстве отрезков.

Подводя итоги работы над задачей, учитель выделяет в этой деятельности два этапа: откладывание на отрезке

Черт. 13

AB равных отрезков АС и BD и заключение о равенстве отрезков AD и ВС. Первый этап деятельности — сознательный выбор точек С и D, чтобы АС = DB; второй этап — следствие из первого. Оно справедливо во всех случаях и при заданном условии не может быть иным. Однако для того чтобы убедиться в справедливости его, необходимы различные средства и способы.

Учитель подчеркивает, что, несмотря на то что учащиеся при доказательстве пользовались различными средствами (масштабная линейка, циркуль, клетки тетрадного листа), все же они применили один способ — способ измерения отрезков. Однако это далеко не единственный путь решения задачи. Задачу можно решить и не располагая указанными средствами.

После этого на доске вывешивается заготовленный учителем чертеж 13 с надписью: «АС = DB, доказать, что AD = СВ». Вместе с учащимися формулируется новая задача. При доказательстве запрещается измерять отрезки.

Учащиеся быстро решат задачу, если с ними перед этим были повторены такие истинные суждения: «Если к равным величинам прибавить поровну или от равных величин отнять поровну, то получим также равные величины». Эти суждения приведут к двум способам доказательства.

1. Так как АС = DB, то АС + CD = CD + DB (к равным отрезкам прибавили один и тот же отрезок). Но АС + + CD = AD, a CD + DB = СВ, значит, AD = СВ.

2. AB — AC = AB — DB (от равных отняли равные). Но AB — АС = CBt а AB — DB = AD, следовательно, СВ = AD.

3. Учащиеся могут рассуждать и так: «Если от двух отрезков отнимем один и тот же отрезок и в результате получим равные отрезки, то первые отрезки будут также равны». Если никто из учащихся не сможет предложить этот способ доказательства, то учитель обязан его подсказать. И тогда доказательство будет выглядеть так: из отрезков AD и СВ вычтем отрезок CD. Будем иметь AD — CD = = АС и СВ —CD=DB. Но так как АС = DB, то AD — CD = СВ —CD. Из последнего равенства следует AD = СВ.

4. Можно доказать это предложение с помощью следующей модели. На листе бумаги изображен отрезок AB с точками на нем С и D и серединой О (черт. 14). Отдельно из картона вырезана модель отрезка СВ (черт. 15). Вместо

точки О на модели отрезка — небольшое отверстие. Наложив второй отрезок на первый, а затем повернув его вокруг точки О, учащиеся убеждаются в равенстве отрезков AD и СВ. (Последний совместится с первым.)

В заключение подводятся итоги работы над задачей: вместе с учащимися вспоминаются положения, которые принимались в качестве оснований, отмечается число доказательств, кому какое доказательство понравилось и почему.

После разбора способов решения указанной выше задачи учащимся можно в качестве самостоятельной работы предложить задачи 47 и 48.

47. 1) На чертеже 16 Z. АОВ = Z_ COD. Убедиться, что Z. АОС = /- BOD.

48. 1) ОС — биссектриса угла АОВ (черт. 17), Z. AOD = = Z. FOB. Убедиться, что луч ОС является биссектрисой угла DOF.

2) A. DOB = Z_ AOF, Z_ DOC = Z. COF (черт. 17). Убедиться, что луч ОС является биссектрисой угла АОВ.

Учитель обязан предупредить учащихся, что приведенные задачи допускают по нескольку способов решения. Можно указать, какие суждения целесообразно взять в качестве оснований доказательств, или же сравнить данные задачи об углах с предыдущей задачей об отрезках (черт. 13—15). Это будет хорошим толчком к самостоятельным поискам способов решений.

Черт. 14 Черт. 15

Черт. 16 Черт. 17

Когда учащиеся ознакомятся с понятием дуги окружности, следует предложить задачи 94 (1, 2). В первой из них говорится о том, что дана дуга ABCD некоторой окружности, где w AB = w DC. Доказать, что w АС = — w BD. Во второй задаче на том же чертеже указано, что w АС = w BD. Доказать, что w AB = w CD.

Теперь уже, решая задачи, учащиеся смогут самостоятельно предложить несколько способов доказательств.

Следует иметь в виду: пока у учащихся запас истинных суждений по геометрии, способных служить основаниями доказательства, незначительный, способов решений, естественно, будет меньше. Однако там, где можно, мы должны прибегать к знаниям по арифметике. Только что рассмотренные задачи наглядно иллюстрируют полезность этой работы.

Вместе с тем мы обязаны даже в небольшом запасе знаний учащихся по геометрии находить такие суждения, которые можно с успехом принимать за аргументы доказательства. Поиски таких суждений и их применение скажутся на общем развитии учащихся.

Убедимся в этом на ряде примеров. В разделе «Вертикальные углы» стабильного сборника задач по геометрии помещена задача 78: «Даны три прямые, пересекающиеся в одной точке (черт. 18). Доказать, что Z. 1 + Z_ 2 -~ + Z_ 3 = 2d. Вычислить сумму Z_ 1 + Z. 3, если Z. 2 = —». Задач на доказательство к этому времени шестиклассники решили еще мало, поэтому для отыскания путей к ее решению необходима помощь учителя.

Черт 18

Поскольку задача помещена в разделе «Вертикальные углы», учащиеся, естественно, предложат воспользоваться свойством вертикальных углов. Однако они здесь же убедятся, что одного этого свойства (равенства вертикальных углов) для решения задачи недостаточно. Учитель предлагает вспомнить другие изученные суждения, связанные с понятием угла. Начинается повторение пройденного материала. Некоторым учащимся разрешается перелистать учебник. Когда в классе создана рабочая обстановка, то найдутся среди учащихся такие, которые предложат воспользоваться дополнительно понятием развернутого угла (его величиной).

И вот задача решена. Казалось бы, можно приступать к другой. Однако учитель почему-то медлит. Если учащиеся хорошо знают своего учителя, они догадаются тут же приступить к поиску второго варианта решения. Если же этого не последует, педагог должен подсказать эту мысль детям.

Снова начинаются поиски такого понятия или суждения, которое, будучи связано определенным образом с суждением о вертикальных углах, приведет к желаемому умозаключению. Нетрудно догадаться, что таким суждением является: «Полный угол равен четырем прямым».

Задача 149. На сторонах угла ВАС отложены равные отрезки AM и AN (черт. 19); произвольная точка D биссектрисы этого угла соединена с точками M и N. Доказать, что DM = DN.

Эта задача отнесена к разделу равенства треугольников по двум сторонам и углу между ними. Однако ее можно предложить учащимся несколько раньше, во время закрепления темы «Симметрия относительно прямой». Решение задачи станет очевидным, как только учащиеся догадаются перегнуть чертеж по биссектрисе.

Полезность такого перемещения задачи не в том лишь, что благодаря ему в арсенале знаний учащихся появится лишний способ доказательства. Решение таким способом данной задачи будет способствовать большему успеху самостоятельной деятельности учащихся при доказательстве предложения о свойствах равнобедренного треугольника.

Черт. 19

Способ этот заключается в следующем. Так как AM = = AN (черт. 19), то треугольник AMN равнобедренный и биссектриса его АО является одновременно и медианой, и высотой, т. е. N0 = ОМ и MN -L АО. Теперь можно еще раз вспомнить симметрию. Очевидно, точки M и N симметричны относительно прямой AD, значит, точка D находится на одинаковом расстоянии от точек M и N (задача 137 (1).

Как видим, коэффициент полезного действия задачи увеличился: еще раз вспомнили понятие симметрии, свойства равнобедренного треугольника и, что также не менее важно, снова подумали над задачей 137 (1).

Однако и теперь мы не использовали все возможности данной задачи. После ее решения учитель может предложить еще одну задачу, которая в сборнике дана в разделе «Признаки равенства прямоугольных треугольников». Это задача 189 (а): «Доказать, что треугольник является равнобедренным, если совпадают проведенные из одной вершины высота и медиана».

После рассмотренной выше задачи решение данной задачи не вызовет у учащихся затруднения. И здесь учитель переносит задачу вперед не ради единственной цели отыскания различных способов доказательств. Эта задача в теме «Свойства равнобедренного треугольника» играет роль обратной теоремы (обратной связи), что в педагогических и общеобразовательных целях не менее важно.

§ 7. Различные способы доказательств первых теорем учебника

Знакомить учащихся с различными способами доказательств необходимо не только на примерах решения задач. Уже при доказательстве первых теорем учебника учитель обязан ознакомить шестиклассников с отдельными способами доказательств, отличными от тех, которые предлагаются в учебнике. Если учитель это не сделает, то у учащихся создастся неверное представление: якобы задачи могут быть решены различными способами (поэтому они и предлагаются для самостоятельного решения), а теоремы — одним способом, предложенным в учебнике.

Рассмотрим отдельно доказательства теорем учебника. Одна из первых теорем — зависимость между центральны-

ми углами и соответствующими им дугами. В учебнике доказательство ее основано на повороте центрального угла около центра окружности. Учащихся можно ознакомить и с другим способом доказательства.

Пусть в некоторой окружности с центром в точке О (черт. 20) Z_ АО В = Z. COD. Доказать, что w AB = = ^ CD.

Проведем диаметр EF так, чтобы он поделил угол АОС пополам. Легко догадаться, то диаметр EF разделит и угол BOD пополам. Если теперь круг перегнем по диаметру EF, то обе части круга и окружности совместятся. А так как Z. BOF = = Z. FOD, то радиус OD совместится с радиусом OB и точка D совместится с точкой В. Далее, в силу равенства углов A OF и FOC, радиус ОС совместится с радиусом OA, а точка С — сточкой А. Следовательно, совместятся как центральные углы, так и соответствующие им дуги.

Еще с большим эффектом этот способ можно применить при доказательстве обратной теоремы. В этом случае диаметр EF проводим так, чтобы он делил дугу АС пополам. Тогда при перегибании окружности по диаметру, во-первых: а) дуга FC совместится с дугой AF, б) точка С совместится с точкой Л, в) радиус ОС совместится с радиусом OA', во-вторых: а) дуга DC совместится с дугой А В, б) точка D совместится с точкой В, в) радиус OD совместится с радиусом OB. Следовательно, углы COD и АОВ совместятся, т. е. они равны.

Всем известно общеобразовательное и практическое значение признаков равенства треугольников. Знание доказательств этих теорем необходимо. Однако учащиеся извлекут намного больше пользы для развития своего творческого мышления, если найдут хотя бы по одному доказательству, отличному от того, которое предложено в учебнике. Возможно, что отдельные школьники предложат даже несколько способов доказательств отдельных признаков.

Может быть предложен следующий способ доказательства первого признака равенства треугольников, если

Черт. 20

учащимся порекомендовать воспользоваться не наложением одного треугольника на другой, а приложением одного к другому, затем воспользоваться понятием симметрии.

Заранее оговоримся, что эти рекомендации могут быть и не даны. Это зависит, во-первых, от способностей учащихся и, во-вторых, от того, насколько они обучены умению доказывать теоремы различными способами.

Перейдем к рассмотрению доказательства первого признака.

Пусть в треугольниках ABC и А^ВХС{ АС = Л,С,, AB = AiBi и Z. ВАС = Z_ ß^CV Докажем, что A ABC = = Л AiBfix (черт. 21).

Доказательство. Приложим треугольник AßiCi к треугольнику ABC так, чтобы у них совместились равные стороны АХСХ и АС. Тогда треугольник AßiCi займет положение АСВ2. Соединив точки В и Въ мы получим равнобедренный треугольник АВВ2, у которого АС — биссектриса угла при вершине. На основании свойств равнобедренного треугольника заключаем, что АО одновременно является и медианой и высотой, т. е. ВО = 0В2 и АО -L ВВ2. Следовательно, точки В и В2 симметричны относительно ЛС, значит, симметричны и треугольники ABC и АСВ2. Но так как симметричные фигуры равны, то Л ABC = Л АСВ2 или A ABC = А ААВхСи поскольку треугольник АСВ2 есть треугольник А{В£^

Каждый, кто проанализирует этот способ доказательства и сравнит его со способом наложения, придет к выводу, что при этом способе доказательства будет решено сравнительно больше учебно-познавательных задач.

Черт. 21

Первый признак равенства треугольников можно доказать и иначе, хотя в этом способе доказательства есть много общего с только что рассмотренным.

Продолжим сторону АС Л ABC за точку А (черт. 22). Далее, Л AlBiCl разместим так, чтобы его вершина Ai совпала с вершиной А Л ABC, а сторона А£^ пошла по продолжению стороны АС. Тогда Л Aß fix займет положение Л ABfii. Соединим точки В{ и В. Л ABBt равнобедренный (AB = АВ{). Проведем биссектрису AD угла ВABi. Она будет и медианой, и высотой в А АВВ{, т. е. точки В и Bi симметричны относительно прямой AD. В силу того что Z_ B{AD = /LDAB (AD — биссектриса угла BABi) и Z_ С{АВ{ — Z_ CAB (по условию), имеем Z_ dAD = Z_ ОЛС, т. е. AD _L dC. К тому же АС = = ЛС1 (по условию). Следовательно, симметричными относительно прямой AD будут и точки С{ и С. Итак, из всего сказанного делаем вывод, что треугольники ABC и ABiCi симметричны, а значит, и равны.

Несколько таким образом решенных задач и доказанных теорем убеждают учащихся в том, что способы доказательств математических предложений различны. Многие из этих способов интересны.

Не следует думать, что учащиеся быстро научатся применять разнообразие способов доказательств. Это нелегкий и длительный путь. И быть может, поэтому многие учителя не идут по нему. Однако этого пути бояться не следует. Со временем, к концу VII и особенно в VIII классе, мы увидим, что многие учащиеся будут охотно прибегать к поискам различных способов доказательств, а некоторые из них найдут такие, которые своими строгими логическими обоснованиями и изяществом изложения будут харак-

Черт. 22

теризовать богатые творческие способности доказывающего. Нам приходилось наблюдать результат такой творческой деятельности: к концу года в VII классе отдельные учащиеся многие теоремы учебника доказывали самостоятельно, без помощи учителя. Причем доказательства, предлагаемые школьниками, как правило, отличались от доказательств учебника. В VIII классе число таких учащихся значительно возросло. У них даже появился призыв: «Каждому самостоятельно отыскать не менее одного доказательства». Имеется в виду доказательство, отличное от доказательств стабильного учебника.

§ 8. Доказательства, способствующие выработке у учащихся навыков работы с книгой

Привитие учащимся навыков ведения доказательств различными способами не должно отрываться от общих задач обучения. Мало того, эта деятельность призвана активизировать учебный процесс, повышать его эффективность.

Конкретно: успех учебы во многом зависит от умения учащихся самостоятельно работать с книгой, в частности с учебником. В связи с этим одной из важнейших задач обучения является привитие учащимся навыков этой творческой работы. Существенную роль в этом деле может сыграть описываемая нами работа.

Некоторые учителя после рассмотрения того или иного доказательства у доски заставляют учащихся здесь же в классе или дома прочитать доказательство по учебнику. Это небесполезный труд. Дети воспроизводят и закрепляют в памяти рассмотренное доказательство. Иногда это позволяет ученику самостоятельно и более осмысленно разобраться в доказательстве, если по какой-либо причине доказательство им усвоено недостаточно.

Если же ученик хорошо усвоил доказательство в классе, то его, во-первых, не заставишь читать то же доказательство по учебнику. Во-вторых, если он и начнет его читать, то оно ему ничего полезного не даст: его мысли не встретят затруднения, и, следовательно, для развития мышления данному учащемуся не представится особых возможностей.

Другое дело, если учащимся в классе предлагается доказательство, несколько отличное от того, которое рассмат-

ривается в учебнике, а затем ставится требование рассмотреть доказательство учебника. В этом случае учащимся представляется более широкое поле творческой деятельности. Они получат реальную возможность самостоятельно поработать с книгой, причем эта работа для них будет интересной, так как в процессе чтения им предстоит разобраться в некоторых выкладках самостоятельно. В данном случае придется взять карандаш и бумагу и во время чтения производить необходимые построения и соответствующую доказательству запись. А это уже необходимое условие для чтения всякой математической книги. После такой работы наши учащиеся будут более уверенно браться за изучение математической литературы вообще.

Приведем пример работы, предшествующей чтению учебника. При изучении четвертого признака равенства прямоугольных треугольников учитель может с учащимися рассмотреть способы доказательства, несколько отличные от способа, предложенного в учебнике.

Пусть даны два прямоугольных треугольника ЛВС и AßiCi , у которых АС = AiCu AB = А^{ (черт. 23). Докажем, что Л ABC = А А^ВХС^

В Л ABC продолжим катет ВС за вершину С, затем к Л ABC приложим Л А^ВХС{ так, чтобы катет А{С{ совместился с катетом АС. Так как Z_ АСВ2 прямой, то катет Cjßi пойдет по прямой СВ2 и Л AiBfii займет положение АСВ2. Образовавшийся А АВВ2 равнобедренный (АВ2 = AB), значит, углы при его основании равны: Z. В = Z. В2. Теперь рассмотрим треугольники АСВ2 и ABC. Мы видим, что гипотенуза и острый угол одного

Черт. 23

треугольника соответственно равны гипотенузе и острому углу другого треугольника. А такие треугольники, мы уже знаем (третий признак равенства прямоугольных треугольников), равны.

Для доказательства в данном случае мы воспользовались одним из свойств равнобедренного треугольника (равенством углов при основании) и третьим признаком. Однако учащихся можно повести и другим путем. Для этого также надо рассмотреть равнобедренный треугольник АВВ2. Так как Z. АСВ = 90°, то АС является высотой. Но высота, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, является и биссектрисой. Следовательно, Z. В2АС = = Z_ CAB. В этом случае мы свели рассуждение ко второму признаку равенства прямоугольных треугольников.

Наконец, доказательство можно свести к равенству треугольников по трем сторонам, если воспользоваться известным для учащихся суждением, что высота, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, является и медианой.

Все эти способы рассматриваются в классе. Задача учителя состоит в том, чтобы в этой творческой деятельности активное участие принимали учащиеся.

Когда признак будет доказан, учитель предлагает учащимся прочитать доказательство по учебнику, где в заключение используется понятие симметрии. После трех рассмотренных видов доказательства с учителем шестиклассники в состоянии будут самостоятельно разобраться в доказательстве по учебнику.

§ 9. Доказательства, способствующие закреплению изученных положений

В другой раз учитель может навести учащихся на путь поиска способов доказательства уже после рассмотрения доказательства учебника. Так, например, доказав по учебнику теорему «Против большего угла в треугольнике лежит большая сторона», учитель может сообщить учащимся, что существует другое доказательство этой теоремы. Не исключена возможность, что учащиеся сами обратятся к учителю с вопросом: «Нет ли другого доказательства данной теоремы?» Обратим внимание, что при умелом ведении описываемой нами работы учащиеся все чаще и чаще будут

обращаться к учителю с таким вопросом. Так или иначе, учитель обязан потребовать от школьников попытаться найти этот способ.

Чтобы результаты поиска были более успешными, отдельным ученикам (а может быть, и всему классу) целесообразно дать некоторые указания. В какой форме эти указания будут даны учащимся, зависит от многих причин: от степени подготовки класса, от индивидуальных особенностей методов и приемов того или иного педагога и пр. Важно при этом одно — заставить учащихся думать над доказательством, причем учитель должен заранее знать, что найдутся такие ученики, которые справятся с требованием.

Способ доказательства, который имеется в виду, следующий.

Пусть в Л ABC Z_ ABC >Z. А. Докажем: AC > ВС (черт. 24). Построим /LABD = /LA. Так как Z. ABC > А. А, то сторона BD угла ABD пойдет внутри угла ABC.

В Л ABD Z. А — Z. ABD (по построению), значит, этот треугольник равнобедренный, AD = DB. Далее, в Л BD С ВС < BD + DC. Но так как DB = AD, то ВС <CD + AD, т. е. ВС < АС.

В данном случае предложенное доказательство явится закреплением ранее изученного материала. Рассмотрение его будет способствовать более осмысленному пониманию соотношения между сторонами и углами треугольника. И если для отдельной части учащихся, может быть, необходимо повторить доказательство по учебнику, то для более способных учеников это повторение может оказаться скучным и никакой пользы не принесет, так как при таком повторении они будут пассивными наблюдателями. Другое дело, если им в это время предложить подумать над другим способом доказательства. Это создаст творческую атмосферу в классе, и каждый будет увлечен работой над одной и той же темой.

Изучение индивидуальных способностей учащихся и дифференцированный подход к различным группам учащихся в процессе обучения — одна из первоочередных задач нашей школы.

Черт. 24

§ 10. Урок, посвященный различным способам доказательств

Большую помощь может оказать учащимся специальный урок, посвященный отысканию различных способов доказательств. На этом уроке школьникам может быть представлена прекрасная возможность испытать свои способности. Так как работа будет проходить под руководством учителя, то эффективность поисков учащимися новых способов доказательства окажется во много раз выше, чем в домашних условиях.

Этому уроку должна предшествовать подготовительная работа. Учитель прежде всего должен выбрать наиболее подходящую теорему, доказательство которой посильно учащимся. Сам педагог должен знать возможно большее число способов доказательства избранной теоремы. При подготовке он выделяет те основные положения (аргументы), на которые опираются доказательства. Чтобы урок прошел более успешно, с учащимися следует повторить эти положения.

Тема и цель урока объявляется классу заранее. Работа должна быть поставлена так, чтобы дети определенное время думали об этом уроке, жили его идеей. И не беда, если они дома перелистают учебник и рассмотрят помещенное в нем доказательство. Важно, чтобы они готовились к уроку и ждали его.

Рассмотрим такой урок на примере доказательства теоремы «Против большей стороны в треугольнике лежит больший угол».

Так как учащиеся заранее готовились к этому уроку, то не исключена возможность, что некоторые разберут доказательство по учебнику. Если такие школьники найдутся, учитель может в беседе с одним из них у доски рассмотреть этот способ доказательства. Если таких учащихся в классе не окажется, теорема должна быть доказана учителем вместе с классом.

После доказательства теоремы одним способом, преподаватель, обращаясь к классу, говорит: «Мы рассмотрели только один способ доказательства. Но ее можно доказать еще несколькими способами. Попытаемся отыскать некоторые из них».

Учащимся разрешено открыть учебник и еще раз прочитать доказательство по книге. Учитель обращает внима-

ние класса на способ доказательства: во-первых, для доказательства потребовалось отложить на большей стороне AB от вершины В меньшую сторону ВС (черт. 25); далее пришлось рассмотреть Л BCD и выяснить, что он равнобедренный. Наконец, обратили внимание на Z_ BDC, установили, что это внешний угол треугольника ADC и что он больше угла А.

Когда шестиклассники прочитают доказательство по учебнику, они обратят внимание на требование: доказать самостоятельно ту же теорему по соответствующему чертежу, когда меньшая сторона ВС продолжена и от вершины В отложен отрезок BD, равный стороне AB (черт. 26).

После рассмотрения первого случая этот способ доказательства не вызовет у учащихся затруднения.

Прежде чем перейти к отысканию следующего способа доказательства, учитель обращает внимание учащихся на дополнительное построение в первом случае: построение отрезка BD, равного ВС. Перед учащимися ставится проблема: нельзя ли построить отрезок BD = ВС, не откладывая непосредственно на стороне AB отрезок, равный ВС? Учитель может начертить треугольник ABC и провести биссектрису BE (черт. 27). После такого дополнительного построения

Черт. 25 Черт. 26

Черт. 27

найдутся учащиеся, которые догадаются перегнуть Л ABC по биссектрисе BE. Очевидно, Л ВЕС займет положение Л DBE. Далее, /- BDE > Z. А как внешний угол A ADE. Но так как Z. BDE = Z_ ВСЕ, то и Z- ВСЕ > Z_ Л. Теорема доказана.

Но треугольник можно перегнуть по биссектрисе и по-другому: вращением Л ABE вокруг BE, когда Л ABE займет положение Л DBE (черт. 28).

Учащимся предлагается и этот способ доказательства довести до конца.

Но вот снова ставится цель построения отрезка BD = = ВС. И снова предупреждение; прибегать к рассмотренным выше способам построения запрещается. Новая проблема и новые поиски.

Предвидя очередной способ доказательства, учитель на одном из предыдущих уроков предложил классу задачу на доказательство 189 (б): «Доказать, что треугольник является равнобедренным, если совпадают проведенные из одной вершины биссектриса и высота».

Вспомнив эту задачу, учащиеся через вершину С проводят прямую, перпендикулярную биссектрисе BE (черт. 29). Образовавшийся Л DBC равнобедренный, так как его биссектриса ВО является одновременно и высотой. Далее, Z_ BDC > Z_ А как внешний угол Л ADC, но Z. BCD = = Z_ BDC, следовательно, Z. BCD > Z_ Л, a Z. ACB и подавно будет больше Z-A.

По аналогии с предыдущими парами вариантов рассуждений учащиеся приходят к следующему построению

Черт. 28 Черт. 29

(черт. 30): BE — биссектриса, AD -L ВО. И теорема доказывается по этому чертежу.

Наконец, учащимся предлагается такое построение: через середину стороны АС провести DO -L АС. Приняв без доказательства положение: прямая OD пересечет большую сторону треугольника, учащиеся должны доказать рассматриваемую теорему.

Соединим точки D и С (черт. 31). Точка D лежит на перпендикуляре к отрезку, проведенному через его середину, значит, она одинаково удалена от концов этого отрезка, т. е. AD = CD. Из сказанного следует, что Л ADC равнобедренный и углы его при основании равны: Z_ А =• = Z_ ACD. Но Z. ACD является частью Z. ACBt следовательно, Z. АСВ > Z. А.

§ 11. Обучение школьников решению задач различными способами

Трудно переоценить общеобразовательное значение задач на доказательство. В учебном процессе они не только выполняют свои служебные функции, состоящие в выяснении истинности некоторого четко сформулированного утверждения, но и способствуют развитию познавательных способностей учащихся. Если учащиеся хорошо обучены решению этих задач, они будут в состоянии самостоятельно увязывать определенным образом суждения и переходить

Черт. 30 Черт. 31

от них к умозаключениям. В дальнейшем, сопоставляя эти умозаключения с имеющимися в запасе знаниями, они обогатят себя новыми знаниями.

Стараясь привить учащимся опыт самостоятельной работы, учитель должен постоянно помнить, что этот опыт сам по себе не придет. На долю ученика должна достаться основная часть работы, а на долю преподавателя — лишь руководящая, направляющая деятельность.

Так, обучая решению задач на доказательство, учитель на первых порах должен не только объяснять, как эти задачи решаются, но и ставить перед учащимися вопросы, которые наталкивали бы их на самостоятельные выводы. Важную познавательную роль в это время будут играть различные способы решения. Уже поэтому мы должны с первых шагов решения задач на доказательство прибегать к различным формам логического обоснования того или иного умозаключения.

Как это практически можно осуществить?

После изучения первого признака равенства треугольников классу может быть предложена задача 154 (1): «Доказать, что в равнобедренном треугольнике медианы, проведенные к боковым сторонам, равны».

Прежде чем приступить к доказательству высказанного предложения, учащиеся должны внимательно рассмотреть все главные элементы задачи. С этой целью их необходимо заставить начертить произвольный равнобедренный треугольник, а затем провести две медианы: AD и CF (черт. 32). Учитель обязан предложить это построение лишь после того, как выяснит, что все ученики представляют, что значит построить произвольный равнобедренный треугольник и как провести медианы к боковым сторонам.

Только после этого учитель предлагает классу изучить задачу. Это значит вникнуть в смысл задачи: внимательно прочесть ее текст, выделить условие и заключение, попытаться хотя бы в общих чертах наметить путь решения. В результате такого изучения учащиеся усваивают задачу настолько, что она запечатлевается в их сознании.

Черт. 32

А ведь как часто еще приходится наблюдать, что сначала к доске вызывают ученика, а затем называют номер задачи, которую он должен решить. Обстановку у доски да и состояние учащегося, вызванного к доске, нельзя сравнить с тем, когда он сидит за партой и спокойно думает над задачей. В последнем случае он в состоянии быстрее и самостоятельно наметить план решения. У доски же ученик еще не изучит как следует задачу, а его «подгоняет» учитель. Он невольно прислушивается к советам учителя или учащихся, которых на помощь призывает педагог, и его самостоятельная деятельность порой сводится к нулю. Невелик прок от такой практики и для многих сидящих за партами, которые, не успев изучить достаточно задачу, списывают решение с доски.

Пора отказаться от подобной практики. Каждая задача должна предварительно предлагаться всему классу, с тем чтобы учащиеся изучили ее. И только после того как учитель увидит, что задача всеми учениками осмыслена, он может, если есть в этом необходимость, вызвать одного из них к доске.

Некоторых учителей пугает то, что при такой организации работы над задачами времени уходит на каждое решение значительно больше, чем при решении задачи у доски. С этим согласиться нельзя. Во-первых, при налаженной таким образом работе учащиеся быстро организуют себя на деловой лад, во-вторых, при такой деятельности они в большей мере развивают самостоятельность и инициативу и поэтому в дальнейшем на обдумывание задач будут тратить времени все меньше и меньше. Но главное здесь в том, что при такой практике число самостоятельно решенных задач у учащихся увеличится.

Вернемся к задаче 154.

Л ABC равнобедренный (черт. 32): AB = ВС. Далее, в этом треугольнике проведены медианы AD и CF к боковым сторонам, т. е. BD = DC и AF = FB. Это дано в условии. В задаче требуется доказать равенство двух отрезков (медиан): AD = CF.

Возникает вопрос: как убедиться в равенстве двух отрезков? Это, вероятно, можно сделать наложением. А еще как? Попытаемся вспомнить другие способы сравнения отрезков. AD и CF являются сторонами определенных треугольников. Если мы докажем, что эти треугольники равны, то и их стороны соответственно будут равными.

Как правило, учащиеся предлагают рассмотреть следующие две пары треугольников: ADC и AFC или A BD и CBF. Первые равны, так как сторона АС у них общая, AF = DC и Z. F АС = Z. DCA. И Л ЛЯО = = Л CBF (AB = ВС, BF = BD и Z. ЛВС общий). Из равенства каждой пары треугольников следует равенство: AD = CF.

Учитель предлагает подумать еще над задачей. Нет ли других способов доказательства? Решили провести третью медиану треугольника. Как это сделать? Очевидно, через точки 3 и О надо провести прямую, и тогда BE будет третьей медианой треугольника. Но эта медиана является одновременно и биссектрисой, и высотой. Используя эти суждения, к каким умозаключениям мы можем прийти?

Здесь, как правило, учащиеся предлагают различные способы. Некоторые перегибают треугольник ABC по биссектрисе BE. Тогда ВС совмещается с AB, точка D — с точкой F, а следовательно, и отрезок OD — с отрезком OF. Так как вершина С совпадет с вершиной Л, то ОС совместится с OA. Итак, отрезок AD совместится по частям с отрезком FC.

Не исключена возможность, что найдутся ученики, которые, вспомнив задачу 189, решенную незадолго до этого, предложат следующий путь: в А Л ОС ОЕ является и медианой, и высотой. Из этого следует, что А АОС равнобедренный (задача 189), т. е. АО = ОС. Для доказательства равенства отрезков OD и OF можно рассмотреть треугольники BOF и BOD. Они равны, так как BF = BD (по условию), ВО — общая, Z_ F ВО = Z. DBO (BE — биссектриса /- ABC).

Других способов доказательства учащиеся, как правило, не предлагают, однако их можно натолкнуть еще на один путь. С этой целью можно соединить точки F и D и рассмотреть треугольники AFD и FDC. Подумать над этим способом доказательства после соответствующего указания учащиеся могут дома.

Выше уже говорилось, что на первых порах при обучении учащихся различным способам решения задач определенное место должно быть отведено обучающему показу. Учащиеся должны извлечь из него пользу, а это станет возможным лишь тогда, когда в рекомендациях учителя не все доведено до конца, многое предлагается дополнить школьникам.

Вскоре после задачи 154 классу предлагается решить задачу 164 (1): «Доказать, что биссектрисы углов при основании равнобедренного треугольника равны».

Учащиеся, изучив задачу, предложат отдельные варианты ее решения. Этому отчасти будет способствовать работа по отысканию решений задачи 154. Но так как опыт самостоятельной деятельности к этому времени у учащихся невелик, не все из них без помощи учителя предложат различные способы доказательства рассматриваемого предложения.

На большом листе бумаги полезно сделать чертеж равнобедренного треугольника с проведенными биссектрисами углов при основании. Рядом с чертежом записаны условие и заключение и отдельные вопросы, на которые учащиеся должны ответить самостоятельно. Аналогичные вопросы и чертежи предлагаются и к каждому возможному способу доказательства. Учащиеся, изучая эти чертежи, думают над вопросами. По мере рассмотрения этих вопросов они самостоятельно приходят к желаемому выводу. К отдельным вариантам даются лишь указания, и по ним предлагается решить задачу.

Вот как выглядит это задание.

Подумай, ответь и докажи.

Дано: 1. АС = ВС (черт. 33). Что это значит?

2. AD и BF — биссектрисы. Как по-другому записать это условие?

Доказать: AD = BF.

Доказательство.

1 способ (черт. 34). 1. Рассмотрим треугольники ADC и ACF. Для чего? 2. Л ADC - Л AFC. Почему? На основании какого признака?

Черт. 33 Черт. 34

3. Какие следствия вытекают из равенства рассмотренных треугольников?

4. К какому выводу приходим после всех рассуждений?

Черт. 35 Черт. 36

2 способ (черт. 35). 1. Л ABD = Л BFC. Почему?

2. Какие следствия вытекают из равенства рассмотренных треугольников?

3. К какому выводу приходим?

3 способ. 1. Проведем ВОЕ (черт. 36). Каким элементом Л АБС является BE? Почему?

2. Перегнем треугольник ABC по BE. Что произойдет при этом?

3. К какому выводу приходим?

4 способ. 1. Каким элементом Л АОС является ОЕ? Почему?

2. Как называется Л АОС? Почему?

3. Что можно сказать о сторонах АО и ОС треугольника АОС?

4. Нельзя ли сравнить углы F АО и DCO?

5. Л DOC = A F АО. Почему?

6. Подумай, не доказана ли теорема.

5 способ. Указание. Рассмотреть треугольники АОЕ и СОЕ, а также треугольники BOF и BOD.

Плакат вывешивается в классе на длительное время. Это позволит учащимся более основательно продумать каждое доказательство. Такая форма обучения полезна еще и потому, что она, как правило, проходит в дискуссионной форме и ею увлекается весь класс.

§ 12. Еще один прием обучения различным способам доказательств теорем

В содержание учебного материала по геометрии входит много задач и теорем, которые связаны между собой так, что решение одной из них способствует успешному доказательству другой. Этой особенностью задач и теорем полезно воспользоваться при организации описываемой нами работы.

В VII классе изучается теорема о свойстве средней линии треугольника. Эту теорему можно доказать многими способами. Существует и обратная ей теорема. Правда, ее в учебнике нет, по тем не менее она может быть предложена учащимся в качестве задачи на доказательство.

Особенностью этих двух взаимно обратных (как и многих других) теорем является то, что рассмотрение способов доказательства одной позволит учащимся находить самостоятельно доказательства другой.

Вот как можно организовать учебный процесс в данном случае.

В классе доказывают прямую теорему. Доказательство может быть таким, как в учебнике, или несколько отличным от этого доказательства.

После рассмотрения доказательства теоремы классу должно быть сообщено, что данную теорему можно доказать многими способами. Полезно посоветовать учащимся, особенно тем, которые проявляют склонности к математике, попытаться найти несколько способов. Некоторым необходимо рекомендовать литературу, в которой предлагается иной способ доказательства. Так или иначе, но преподаватель не имеет права держать в секрете от учащихся все те познавательные возможности, которыми наделена данная теорема.

Обратную теорему можно предложить как задачу на доказательство.

Приведем некоторые из способов доказательства ее.

Задача. Если отрезок, концы которого лежат на двух сторонах треугольника, параллелен третьей стороне треугольника и равен ее половине, то этот отрезок является средней линией треугольника. Доказать.

Дано. В ААВС DE \\ АС и DE = -i АС.

Черт. 37 Черт. 38

Доказать, что DE — средняя линия треугольника ABC.

Доказательства. 1. Через точку Е проведем ЕК II AB (черт. 37). Четырехугольник ADEK—параллелограмм (DE H АС, ЕК II AD) и DE — - • АС = #С.

Кроме того, Z-BDE = ^1£7(С и Z_ߣD = Z_ £(Ж, значит. ADBE = АЕСК- Из равенства треугольников следует jB£ = £С, a BD = ЕК = AD или BD = AD. Отсюда: D£ — средняя линия треугольника ABC.

2. Проведем KF \\ AB и BF || ЛС. Четырехугольник ABFK — параллелограмм, у которого BF = А К = £>£ = 1ЛС = /(С (черт. 38). Кроме этого, ^Fßf = Z./(C£ и Z.ÄF£ = Z-EKC, следовательно, ABEF = ЛЛ'£С. Из равенства треугольников следует, что BE = £С. Дальнейшее ясно.

3. Проведем ЕК il AB, тогда четырехугольник ADEK — параллелограмм (черт. 37). DE = AK = — АС = КС, значит, К — середина АС. К тому же КЕ \\ AB, следовательно, и точка Е — середина ВС. Но так как, кроме этого, DE И АС, то и точка D — середина AB, т. е. DE — средняя линия.

4. Разделим АС пополам и середину ее соединим с точкой Е (черт. 37). Тогда АК = DE {DE =j- АС), к тому же DE II AK, значит, четырехугольник ADEK — параллелограмм и Е — середина ВС и т. д.

5. Точку К — середину стороны АС (черт. 37), соединим с точками D и Е. Четырехугольники ADEK и DECK — параллелограммы. Учитывая, что К — середина

АС, приходим к выводу, 4toD и Е — соответственно середины AB и ВС, т. е. DE — средняя линия треугольника.

6. На стороне Л С (черт. 37) от точки А отложим отрезок АК = DE. Так как DE = - • ЛС, то АК = АС, т. е. К — середина АС. Дальнейшее аналогично четвертому способу.

7. На продолжении DE отложим EF = D£ и точку F соединим с точкой С (черт. 39). Четырехугольник ADFC — параллелограмм (DF = АС и DF || ЛС), у которого FC = = AD. Кроме того, из равенства треугольников DBE и EFC имеем ЕС = ££ и FC = BD. Итак, D и Е — середины сторон ЛЯ и ßC, т. е. D£ — средняя линия треугольника.

8. Продолжить DE (черт. 39) и через вершину С провести FC H AB. Четырехугольник ADFC — параллелограмм и, следовательно, DF = АС. Но DE =-i- • АС, значит, DE = EF.

Решение сведено к седьмому.

При решении данной задачи учащиеся много раз опирались на изученные ими теоретические положения: на понятие параллельности прямых; четыре раза на определение параллелограмма; пять раз на один из признаков, определяющих параллелограмм (две стороны равны и параллельны); определение средней линии треугольника нашло применение в большинстве решений; равенство треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам) было применено в четырех случаях; свойства углов при пересечении двух параллельных прямых третьей (соответственных и внутренних накрест лежащих), свойство углов с соответственно параллельными сторонами, свойство вертикальных углов и др.

Если принять во внимание, что учащиеся решат таким образом не одну задачу, то они основательно повторят и закрепят учебный материал. Мало того, многие из этих решений натолкнут их на наиболее рациональные приемы подхода к изучению теоретического материала.

Черт. 39

§ 13. Задачи, решаемые длительное время

Учебные сборники задач составляются таким образом, чтобы каждое изученное теоретическое положение программного материала закреплялось серией практических задач. С этой целью сборники разбиты на разделы. И если задачи отнесены, например, к разделу «Свойства внешнего угла треугольника», то это значит, что указанное свойство должно закрепляться данными задачами. В этом разделе сборника указанное свойство выступает истинным суждением (изученным предварительно по учебнику), поэтому оно может быть выбрано в качестве одного из аргументов доказательства. В практике так обычно и поступают. В качестве оснований доказательства берут истинные положения соответствующего раздела и, сопоставляя их, приходят к определенному умозаключению. Если истинных положений данного раздела для доказательства окажется недостаточно, то обращаются к другим, ранее доказанным суждениям.

Иногда доказательства могут опираться не только на суждения раздела, в котором задача помещена. В этом случае задача может быть предложена учащимся несколько раньше. Это мы уже видели на примере решения задачи 189 (§ 6, гл. II).

Учитель обязан так проанализировать сборник, чтобы знать все такие задачи. Это позволит ему в нужных случаях предложить задачу несколько раньше, а следовательно, и рассмотреть другой способ доказательства. Такая работа будет особенно полезной, если другой способ доказательства окажется более изящным.

Если мы внимательно изучим сборник задач, то заметим, что некоторые задачи можно решить еще и другими способами: опираясь на положения теоретического материала, который будет изучен позднее данной темы. Примером может служить разобранная выше задача 248 о медиане треугольника, равной половине стороны, к которой она проведена (§ 2, гл. I).

Обратим внимание на то, что такая практика решения задач в учебном процессе очень полезна. Прежде всего каждая задача на доказательство есть определенное логическое суждение, которое следует теоретически обосновать, и при решении ее ученик не только закрепляет полученные знания, но и расширяет их.

А так как эту задачу ему придется решать неоднократно, то данное положение запечатлеется в его сознании более прочно.

Учитель может подобрать несколько таких задач и предложить их классу. Чтобы учащимся чаще напоминать о них, их можно вывесить в классе на длительное время. Зная возможно большее число вариантов решения этих задач, педагог периодически напоминает классу о них.

Не следует думать, что педагог, вовлекая в эту деятельность школьников, надеется от каждого из них получить оригинальное решение. Основная цель, которую он преследует, — заставить учащихся думать над задачами. И пусть задача будет не решена, все же этот труд для учащегося будет полезен: думая над задачей, он самостоятельно повторит определенную часть изученного материала.

Рассмотрим пример работы над задачей, решаемой длительное время.

Задача 269. Доказать, что биссектриса внешнего утла при вершине равнобедренного треугольника параллельна основанию треугольника.

В сборнике задач она отнесена к разделу «Свойство внешнего угла треугольника». Здесь она может быть решена таким способом. Пусть BE — биссектриса внешнего угла CBD треугольника ABC (черт. 40), /LDBE = DBC =- (/LA + /LC)\ но углы А и С равны, как углы при основании равнобедренного треугольника, следовательно, /LDBE= — • 2 /LA = £А (или £СВЕ=^ . 2 ZC=^C).

Отсюда BE H АС; при пересечении прямых АС и BE секущей AD (или ВС) получили пару равных соответственных (или внутренних накрест лежащих) углов. Учащиеся могут рассуждать в данном случае и таким образом: /LDBC и сумма углов Л и С дополняются одним и тем же углом В до 180°, следовательно, 2 /LDBE = = 2 /LA (или 2 /LCBE = 2 /LC). Дальнейшее аналогично предыдущему.

Черт. 40

Данную задачу можно решить значительно раньше, и при доказательстве не обязательно опираться на свойство внешнего угла треугольника. Она может быть предложена учащимся после изучения теоремы о свойстве двух перпендикуляров к одной и той же прямой. В качестве других аргументов можно взять свойство биссектрисы угла при вершине равнобедренного треугольника и суждение: «Биссектрисы двух смежных углов взаимно перпендикулярны».

Рассмотрим этот способ доказательства. Проведем биссектрису BF /.ABC (черт. 41). Тогда, во-первых, Z.FBE = 90° (биссектрисы двух смежных углов взаимно перпендикулярны), во-вторых, BF _1_ АС (свойство биссектрисы угла при вершине равнобедренного треугольника). Так как две прямые АС и BE перпендикулярны к одной и той же прямой BF, то они параллельны.

Этот способ доказательства воспринимается учащимися лучше.

Учащиеся могут при решении воспользоваться и ранее рассмотренной задачей 248. С этой целью они на продолжении AB отложат отрезок BD—ВС и соединят точку D с вершиной С (черт. 42). Так как ВС = — AD, то треугольник ACD прямоугольный (задача 248). С другой стороны, в равнобедренном треугольнике BCD биссектриса BE является и высотой. Итак, AC A-CD и BE-LCD, значит, BE \\АС.

Еще один способ доказательства следует предложить найти учащимся после изучения свойства средней линии треугольника. Так как BE — биссектриса угла при вер-

Черт. 41

Черт. 42

шине равнобедренного треугольника BDC (черт. 42), значит, она является одновременно и медианой, т. е. DE = ЕС.

С другой стороны, AB = BD. Следовательно, BE — средняя линия AADC, т. е. BE || АС.

Но вот учащиеся приступили к изучению параллелограмма. Учитель предупреждает класс, что рассматриваемая задача может быть решена и здесь. Учащиеся начинают применять изученные положения к доказательству и находят новый способ.

Проведем СЕ \\ AB (черт. 43). Если нам удастся доказать, что четырехугольник АВЕС — параллелограмм, то задача будет решена. Так как СЕ || AB, то /-ВЕС = = Z DBE; но /LDBE--=/-CBE, значит, и /-ВЕС=/-СВЕ, т.е. Л ВЕС— равнобедренный. Значит, ЕС = ВС = ВА, и ЕС = АВ\ к тому же СЕ \\ AB. Наше предположение, что четырехугольник АВЕС — параллелограмм, оправдалось. Задача решена.

Следующий способ доказательства основан на повороте. Разделим ВС точкой G пополам и повернем А ABC вокруг точки О так, чтобы сторона ВС совместилась сама с собой и точка С совпала с Bt а вершина В — с точкой С (черт. 43). Треугольник ABC займет положение ВСЕ. Четырехугольник АВЕС— параллелограмм, значит, BE \\АС.

Докажем, что BE — биссектриса /LDBC. Действительно, /-Е = /-DBE (как внутренние накрест лежащие при параллельных AB и СЕ и секущей BE) с другой стороны, /LE = /.СБЕ (как углы при основании равнобедренного треугольника), следовательно, /.DBE = /-СВЕ. Двух биссектрис одного и того же угла быть не может. Теорема доказана.

Когда учащиеся при доказательстве воспользуются общим понятием параллелограмма, они могут затем попытаться применить и частные виды параллелограмма. На это их натолкнет тот факт, что в условии дана прямая, делящая угол пополам. Аналогичным свойством обладает и ромб: диагональ ромба делит его угол пополам.

Черт. 43

Проведя ЕС \\АВ и DE \\ВС, получим ромб BDEC (черт. 44), у которого диагонали взаимно перпендикулярны: BE -L DC. С другой стороны, AB = ВС = BD, т. е. AADC — прямоугольный (задача 248), AC J_ DC. Эти рассуждения приводят к выводу, что BE \\ АС.

Данная задача имеет и другие способы решения. Мы ограничимся рассмотрением еще одного. Из точки В как из центра радиусом, равным боковой стороне ААВС, опишем окружность (черт. 45). Так как BE — биссектриса угла DBC, то ^DE = ^ЕС и, следовательно, ^DE =^^DC. Поскольку это так, то Z-DAC = Z-DBE (первый — вписанный, опирающийся на дугу DC, второй — центральный, опирающийся на дугу DE). Вывод: BE \\ АС.

§ 14. Карточки-задания по отысканию различных способов доказательств

Имея под руками раздаточный материал в виде карточек-заданий, учитель может с большей эффективностью провести урок, организовать плодотворную самостоятельную работу каждого учащегося в отдельности сообразно с его индивидуальными способностями.

Содержание этих карточек может быть различным. Однако каждая из них должна быть лишь толчком к самостоятельному отысканию способа доказательства, а не

Черт. 44

Черт. 45

демонстрацией этого доказательства. Эти карточки должны быть составлены с учетом индивидуальных способностей учащихся. Одно и то же задание может быть предложено разным учащимся с различной степенью трудности.

Вот как это можно осуществить; Учитель поставил цель — заставить учащихся найти один из способов доказательства свойств средней линии трапеции.

Пусть дана трапеция ABCD (черт. 46). Проведем диагональ АС и соединим середину ее О с серединами Ей F боковых сторон AB и CD. В ААВС ОЕ является средней линией, и поэтому ОЕ \\ ВС. Но так как ВС \\ AD, то и ОЕ H AD. С другой стороны, в AACD аналогично OF || H AD. Через точку О проходят OF H AD и ОЕ H AD9 следовательно, EOF прямая. Так как Е и F — середины боковых сторон трапеции, то EF — средняя линия ее, и она, как уже доказали, параллельна основаниям. Доказательство того, что EF = — (ВС + AD) очевидно.

Сильному ученику учитель может предложить лишь чертеж 46 и потребовать доказать теорему; другому — в карточке-задании, кроме чертежа трапеции, можно дать указание: «Середину диагонали соединить с серединами боковых сторон». Это же задание может быть еще упрощено и предложено третьему ученику. В этом случае карточка-задание может быть следующего содержания: «В трапеции ABCD середина диагонали АС соединена с серединами боковых сторон; предварительно доказать, что EOF прямая». Как видим, к одному и тому же способу доказательства могут быть различные указания.

В карточках-заданиях прежде всего записано условие и заключение, а затем в соответствии с требованием задания и индивидуальными способностями учащихся даны исходные указания, способные служить отправным пунктом к самостоятельной поисковой деятельности. По форме и содержанию эти карточки могут быть различными.

Рассмотрим примеры карточек-заданий.

Черт. 46

Карточки-задания с ссылкой на отдельные аргументы доказательства

Карточка 1

Задание. Доказать отличным от учебника способом теорему о средней линии треугольника.

Указание. В качестве основания принять суждение: «Если диагонали в точке их взаимного пересечения делятся пополам, то четырехугольник параллелограмм».

Карточка 2

Задание. Доказать, что угол, образованный касательной и хордой, измеряется половиной дуги, заключенной между его сторонами.

Указание. За основание доказательства принять известную теорему: «Углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны между собой, если они оба острые».

Карточка 3

Задание. Найти не менее трех способов решения задачи 743: «Через точку касания двух окружностей проведена к ним общая касательная. Доказать, что касательные, проведенные к этим окружностям из точки, взятой на их общей касательной, равны».

Указание. Задачу можно решить тремя способами, если в каждом случае в качестве одного аргумента принять одно из следующих положений:

1. Если из какой-нибудь точки провести две касательные к окружности, то их отрезки от данной точки до точек касания равны между собой.

2. Если два угла треугольника равны между собой, то треугольник равнобедренный.

3. Два прямоугольных треугольника равны, если гипотенуза и катет одного из них соответственно равны гипотенузе и катету другого.

В карточках, аналогичных третьей, полезно в указании перечислять не все возможные аргументы. Некоторые из них следует оставлять в запасе, чтобы учащиеся попытались отыскать их самостоятельно.

Карточки-задания, в которых даны дополнительные построения

Карточка 4

Задание такое же, как в карточке 1.

Дополнительное построение. Средняя линия MN продолжена на свою длину, и конец продолженного отрезка соединен с вершинами В и С, соединены также точки С и M (черт. 47).

Карточка 5

Задание такое же, как в карточке 2.

Дополнительное построение. Через точку В касания прямой AB с окружностью проведен диаметр BD, другой конец которого соединен с точкой С (черт. 48).

Карточка 6

Задание, аналогичное предыдущему.

Дополнительное построение. Точка касания В соединена с центром О, и проведен радиус ОЕ±ВС (черт. 49).

Карточки 5 и 6 указывают на два способа доказательства известной теоремы. К некоторым теоремам и задачам на доказательство

Черт. 47 Черт. 48

Черт. 49

можно предложить значительно большее число вариантов карточек-заданий. Один из студентов во время педагогической практики составил около десяти карточек-заданий к теореме о свойстве средней линии трапеции.

Приведем некоторые из этих карточек. Так как задание во всех карточках одно и то же, мы не будем его повторять. Укажем лишь соответствующие дополнительные построения.

Карточка 7

Дополнительное построение — чертеж 50, где EF — средняя линия трапеции.

Карточка 8

Через один из концов средней линии проведена прямая параллельная боковой стороне (черт. 51).

Карточка 9

Провести СМ И ЛЯ и FN \\ AB (черт. 52).

Карточка 10

На продолжении средней линии отложен отрезок FM = = EF и проведена MN \\ АЕ (черт. 53).

Черт. 50 Черт. 51

Черт. 52 Черт. 53

Карточки-задания, в которых даны дополнительные построения и советы

Эта группа карточек рассчитана на слабых учащихся.

Карточка 11

Задание, аналогичное заданию карточки 3.

Требование. Найти не менее трех способов решения.

Указания. 1. Сравнить длины отрезков касательных AB, AC, AD (черт. 54). Не будут ли они равны? Почему?

2. Соединить точку С с D и с Л и рассмотреть треугольник ADC, а затем треугольник ABC.

3. Рассмотрим треугольники AOiD и АОхС, а затем треугольники АОС и АБО (черт. 54).

Карточка 12

Задание и дополнительное построение, аналогичные карточке 7.

Совет. Рассмотреть и сравнить треугольники КВЕ и A iE А и треугольники KCF и FDDU а затем перейти к рассмотрению треугольника AtKDi (черт. 50).

Имея достаточный запас раздаточного материала, учитель может разнообразить учебный процесс. Как уже говорилось выше, эти карточки могут быть предложены в классе. Они могут служить хорошим материалом для фронтальной самостоятельной работы учащихся. Учитель, намечая для самостоятельной работы ту или иную тему, готовит по этой теме три или четыре группы карточек. Читатель, вероятно, обратил внимание на то, что в предлагаемых нами карточках в основу требования доказательства берется одно и то же суждение, но в каждом отдельном случае для выполнения этого требования учащиеся поставлены в различные условия самостоятельной деятельности. Поэтому, раздав карточки-задания, по трудности соответствующие индивидуальным способностям учеников,

Черт. 54

мы организуем различную по форме, но одинаковую по содержанию самостоятельную работу.

Эти карточки можно предлагать и во время урока отдельным учащимся, если в этом есть необходимость, или предлагать работать по ним дома. Иногда полезно по таким карточкам провести контрольную работу.

§ 15. Различные способы доказательств во внеклассной работе

В практике организации и ведения внеклассной работы нами особое место отводилось различным способам доказательств. Эта работа проводилась в разнообразной форме: а) доказательства отыскивались на занятиях кружка, б) в стенгазете, выпускаемой кружком, периодически помещались задачи с требованием решать их различными способами, в) задачи с требованием решить их различными способами предлагались на школьной олимпиаде, г) выпускались стенные газеты и рукописные пособия, в которых рассматривались различные способы доказательства отдельных суждений, д) учащиеся собирали способы доказательств из различных учебных пособий и писали рефераты, с которыми затем выступали перед широкой школьной аудиторией, и др.

Все эти формы взаимосвязаны друг с другом, и они, как правило, объединялись затем в одну — конкурс «Кто знает наибольшее число доказательств?».

Остановимся вкратце на результатах такой работы.

Как правило, учитель в начале года выбирал ряд суждений, над доказательством которых кружковцы обязаны были работать в течение всего учебного года. Это или теоремы учебника, или задачи на доказательство из сборника. Все эти тезисы перечислялись на листе бумаги под красочным заголовком конкурса: «Кто найдет наибольшее число доказательств?» — и вывешивались в школе на видном месте. Кружковцы начинали работать над темами конкурса. Они находили доказательства самостоятельно или отыскивали их в книгах и сообщали о них на очередных занятиях кружка.

Некоторые из этих суждений предлагались в стенгазете, и по мере того как поступали отдельные решения, их доводили до сведения читателей. Иногда решений накапливалось настолько много, что им полностью

посвящался очередной номер стенной газеты. Так это было у нас с доказательством свойств средней линии трапеции. Этой теме была посвящена вся стенгазета.

Ввиду того что стенгазетой не могут пользоваться учащиеся в течение длительного времени, мы объединяли доказательства некоторых положений в одно рукописное пособие. Так у нас появилось и свое пособие «Десять доказательств двух теорем». В этом пособии было помещено три способа доказательства четвертого признака равенства треугольников и семь способов доказательства свойств средней линии трапеции.

Остановимся на доказательствах четвертого признака равенства треугольников, предложенных учащимися.

Теорема. Если две стороны и угол против большей из них одного треугольника соответственно равны двум сторонам и углу против большей из них другого треугольника, то такие треугольники равны.

Дано: ААВС и ДЛ^А, AB = АхВи ВС = ВхСи AB > ВС и Z.ACB = ^AiCiBi.

Доказать, что ААВС = AAiBtd.

1 способ (черт. 55). Наложим треугольник AßiCt на треугольник ABC так, чтобы совместились равные стороны BiCi и ВС. Тогда, в силу равенства углов AtCiBi и ACBf сторона AtCi пойдет по АС. При этом сторона А{ В1 не может не совместиться со стороной AB. Если бы сторона AiBi заняла положение A2Bt то, во-первых, треугольник АА2В был бы равнобедренным и углы его при основании были бы равны (Z-BAA2 = /LBA2A)t во-вторых, внешний угол АА2В АА2ВСУ равный углу BAA2t должен быть больше внутреннего угла С, не смежного с ним. Но это противоречит условию. Следовательно, Aßi не может занять положение А2В. Аналогично можно доказать, что ^ijBt не может занять положение А3В.

Черт. 55

2 способ начинается так же, как и первый, но доказательство того, что AiBi совместится с AB, проводится иначе (черт. 55). Из вершины В опускаем на основание АС перпендикуляр BD. Так как наклонные А2В, AB и А3В по величине одинаковы, то их основания должны быть удалены от основания перпендикуляра на одно и то же расстояние. Следовательно, точка At совместится с точкой Л.

3 способ. Проведем высоты BD и ßiDi треугольников ABC и AiBtCf. Так как треугольники BDC и BßiCi равны (по гипотенузе и острому углу), то BD = Bßi и DC = DiCi. Далее, A ABD = AAßfii (по гипотенузе и катету), значит, AD = AiDt. Теперь имеем: AJDi + DjCi = = AD + DC, AC = i4iCi. Доказательство сведено к третьему признаку.

Другое рукописное пособие появилось следующим образом. Трем ученицам был поручен доклад о доказательствах третьего признака равенства треугольников. Докладчицам была рекомендована литература: учебники Киселева, Гурвица и Гангнуса, а также статья профессора В. Фурсенко «О третьем признаке равенства треугольников», опубликованная в журнале «Математика и физика в школе» № 6 за 1936 г. Кроме того, ученицам был рекомендован журнал «Математика в школе» № 2 за 1951 г., где в отделе задач рассмотрены некоторые способы доказательства этого признака.

На одном из занятий кружка были заслушаны доклады о третьем признаке. Докладчицы рассказали слушателям о семи способах доказательства этого признака. Свои сообщения они обобщили в рукописном пособии «Третий признак равенства треугольников».

Черт. 56

Приведем некоторые из этих способов доказательства.

1 способ (доказательство Руше и Комберуса1). Пусть треугольники ABC и А'В'С таковы, что AB = А'В', ВС = В'С\ АС = А'С (черт. 56). Повернув А А'В'С', приложим его к А ABC так, чтобы В' совместилась с ß, С— с С и А'—с А"(А я А" расположены по разные стороны от ВС). Так как ВА" = В'А' = ВА, ААВА" будет равнобедренный и равноделящая А.АВА" перпендикулярна к прямой АА" в ее середине. Но ААСА" тоже равнобедренный, вследствие равенства А" С = А'С = Л С, а потому перпендикуляр, восставленный из середины прямой Л Л", пройдет через вершину С. Итак, равноделящая А.АВА" есть именно прямая ВС и /LABC = *LA"BC = = Z-A'B'C. Доказательство сведено к первому признаку.

2 способ (доказательство из учебника Гурвица и Гангнуса).

Повернем ДЛ ißiCi на 180° вокруг стороны Л iüi, оставляя ее неподвижной, тогда AAß\C\ займет положение AiCoCi (черт. 57). Очевидно, что AAiBtC* = AAJC2Cï

Приложим затем АЛ1С2С1 к ААВС так, чтобы точка А{ совпала с точкой Л и сторона Л1С1 пошла по стороне АС; тогда, вследствие равенства сторон Л1С1 и Л С, точка Ci совпадет с точкой С и вершина С2 займет положение С3. Соединим прямой ВС3 вершину В с вершиной С3; обозначим углы, на которые прямая ВС3 разбила углы В и С3, соответственно 1, 2, 3 и 4 и рассмотрим полученные два равнобедренных треугольника АВС3 и СВС3, у которых ВС3 — общее основание (AB = АС3 и ВС = СС3).

В равнобедренных треугольниках углы при основании равны, поэтому: 1) в ААВС3 АЛ = 2) в АСВС3 Z.2 = = Z.4. Складываем почленно: /Л + Z.2 = Z_3 + но Z.1 + Z.2 = Z.5 и Z_3 + Z.4 = Z-Сз, а поэтому Z.5 = = /LBi. Доказательство сведено к первому признаку.

Черт. 57

1 Доказательства с небольшими изменениями берем из названной статьи профессора Фурсенко.

3 способ (доказательство А. Розенталя).

Если AB = А'В', ВС = В'С и АС = А'С, то мы в плоскости ЛЛ'5,С' строим ЛЛ,е"С, такой, чтобы^С'Л,, в"-= = ZJCAB и ^1Л'С'В"= Z^Cß и чтобы точка Я" лежала относительно А'С по другую сторону, нежели В'. Тогда ДЛВС и АА'В"С конгруэнтны и Л£ = А'В\ ВС = = В"С (черт. 58). Пусть ZJCAB Ф /.С А'В', для определенности ZJ2AB > >^С'Л'В', тогда/_СЛВ-= ^1С'Л'Х. Возьмем на луче А'Х точку ß'" такую, чтобы AB = А'В"' (а следовательно, А'В"=А'В"'). Соединяя В'" с С , получим треугольник А'В"'С', конгруэнтный треугольнику ЛВС (Л С = Л'С,-ЛВ = Л'В'" и /LCAB = ^С'Л'В'"). Отсюда вытекает, что ß"C = ß"'C. Проведя прямую ß"ß'", получим два равнобедренных треугольника: А В"А'В'" и Aß"C'ß"', откуда заключаем о равенстве углов А'В"С и А'В'"С', о конгруэнтности треугольников А'В"'С и А'В"С и равенстве углов В'"А С и В"А'С. Совершенно аналогично, проведя прямую В'В"', можно доказать равенство углов В"А'С и В'А'С. Совместное равенство Zß"71'C' - ^В"Л'С и /-В'А'С - ^В"Л'С быть не может, так как при данном луче по одну сторону от него на плоскости можно построить только один угол, равный данному. Итак, приходим к противоречию, следовательно, /-.CAB — /-СА'В' и треугольники равны по первому признаку.

4 способ. Пусть, по-прежнему, AB — А'В' % АС = = АС и ВС = В'С у достаточно доказать, что /-А == /LA ', чтобы, опираясь на первый признак равенства треугольников, считать теорему доказанной.

Допустим, что /-А ф /Л', для определенности /-А< <./-А', тогда /LA = /LCA'X (луч Л'Х проходит внутри /-А'). Возьмем на луче А'Х точку В" такую, что AB = = Л'В". Соединяя точку В" с точкой С', получаем АА'В"С = A ABC.

Допустим, что В" лежит внутри или вне АА'В'С. Невозможность этих случаев устанавливается аналогично

Черт. 58

рассуждениям при известном доказательстве третьего признака способом наложения. (См., например, учебник геометрии для 6—9 классов семилетней и средней школы авторов Никитина и Фетисова, издание 1956 г.)

Если допустить, что точка В" лежит на контуре А А'В'С, то, в силу того что /-А ф /-А', она заведомо не совпадет ни с одной из точек А'В'. Точно так же она не может совпасть ни с одной из точек В'С, кроме В\ принадлежащей А'В\ так как в этом случае нарушается равенство В"С = = В'С.

Таким образом, допущение, что /-А =^/-А\ во всех случаях приводит к противоречию.

Приведем еще два способа доказательства. Предварительно доказываются две теоремы: 1) «В треугольнике любая сторона меньше суммы двух других сторон»; 2) «Если внутри треугольника взять точку О, то АО + СО < < AB + СВ».

5 способ. Наложим АХВХС\ на ABC так, чтобы совместились стороны А1С1 и АС. Тогда возможны три случая.

1. Точка Bi упала внутри контура треугольника ABC в точку В2. Тогда АВ2 + В2С < AB + ВС, но это противоречит условию A{Bi + BtCi = AB + ВС.

Аналогично исключается случай, когда точка В упала в точку В2 внутри треугольника А{ВХСХ.

2. Случай, когда точка Вх упадет на сторону, очевидно, тоже исключается.

3. Последний случай, который показан на чертеже 59, тоже исключается. Действительно, из AAB2D имеем: АВ2 < AD + BoD — и из ACDB: ВС <С BD + DC. Сложив почленно неравенства, получим: АВ2 + ВС < AB + В2С. Так как АВ2 = =A1BuaBoC=BiCi, то AiBi+BC < AB + В{С{. По условию же А,В, + ВС = AB + В,С,.

Итак, остается единственный случай, когда точка Bt упадет в точку В.

6 способ (доказательство из учебника геометрии Давыдова).

В этом учебнике также предварительно доказаны теоремы 1 и 2 и на их основании доказана лемма: «Если

Черт. 59

две стороны одного треугольника соответственно равны двум сторонам другого треугольника, а углы между ними не равны, то против большего угла лежит и большая сторона».

Теперь теорема доказывается очень просто. Предположим, z-Л ф Z-Af. Пусть для определенности Z-Л > /~А{, тогда по лемме ВС > BtCi. Но это противоречит условию. Значит, Z-A = /-Ai и теорема сведена к первому признаку.

Отметим, что рукописные пособия пользовались большой популярностью у читателей-школьников.

В этих пособиях отмечались фамилии учащихся, отыскавших способы доказательства. Здесь же предлагали учащимся подумать над другими способами доказательства.

Обычно в конце года проводились отчетные математические вечера, где среди других вопросов стоял вопрос итогов конкурса «Кто знает наибольшее число доказательств?». Победителям конкурса вручали призы. На вечере работала выставка работ кружковцев, где среди экспонатов были и различные способы доказательств. Они были собраны или в стенных газетах, или в рукописных пособиях, или на отдельных листах ученических тетрадей.

§ 16. Как искать различные способы доказательств

В заключение данной главы выскажем еще некоторые рекомендации по отысканию различных способов доказательства. Автор не ставит целью разработать общие методические положения и советы в этом направлении. Такие советы отчасти нашли отражение в известных книгах Е. Ф. Даниловой и Д. Пойа1. Все же показать пути поиска на примере решения одной задачи автор счел необходимым.

Задача. На окружности, описанной около равностороннего треугольника ABC, взята произвольная точка М. Доказать, что наибольший из отрезков MA, MB, MC равен сумме двух остальных.

Пусть вписанный в окружность треугольник ABC правильный и точка M лежит на этой окружности (черт. 60).

1 Данилова Е. Ф., Как помочь учащимся находить путь к решению геометрических задач, Учпедгиз, М., 1961.

Пойа Д., Как решать задачу, Учпедгиз, М., 1961.

Доказать, что MA = MB + MC.

Попытаемся найти некоторые способы решения данной задачи. Опишем несколько подробнее возможные варианты мыслительной деятельности решающего.

В задаче требуется доказать равенство суммы двух отрезков третьему. Если утверждение тезиса верно, то, очевидно, отложив отрезок MC на МЛ (например, MD = MC), получим оставшуюся часть отрезка AD = ВМ. Мы можем даже убедиться в этом. Но это еще не доказательство, а всего-навсего проверка одного случая. Следовательно, доказать равенство необходимо в процессе логических обоснований, а не с помощью непосредственного наложения отрезков MC и MB на МЛ.

Идея наложения отрезков не подходит. Но так ли? А разве нельзя в равенстве отрезков MD и MC убедиться непосредственным наложением, а равенство AD = MB доказать с помощью логического обоснования? Ведь при ведении доказательств мы часто пользуемся дополнительными построениями. Вот и здесь отложим на отрезке МЛ от точки M отрезок MD = MC (черт. 60) и докажем, что AD = MB.

Теперь, кажется, вырисовывается в общих чертах путь доказательства. Однако и этот путь, вероятно, не единственный. Почему бы не отложить отрезок AD = MB, а затем доказать, что MD = MC? Можно. Только какое доказательство получится в результате этого? Может быть аналогичное доказательству первого случая. Но это уже видно будет в ходе демонстрации доказательства.

Приступим к рассмотрению первого случая. Пока что соединим точку D с С. Равнобедренный треугольник DMC с углом при вершине DMC, равным 60°, будет равносторонний, т. е. MC = DC и Z_MDC = 60°. А теперь рассмотрим треугольники ADC и ВМС. У них АС = ВС и MC = DC. Кроме того, /.ВМС = = /LADC = 120°. К тому же AC>DC. Следовательно, А Л DC = А ВМС (по четвертому признаку равенства треугольников) и AD = MB.

Воспользовавшись одним из признаков равенства треугольников, мы невольно подумаем, а нельзя ли восполь-

Черт. 60

зоваться другим признаком. Снова обратимся к чертежу 60. Угол DCB дополняет как угол ВСМ, так и угол ACD до 60°. Отсюда Z-ACD = /.ВСМ, а так как еще АС = ВС и DC=MC, то Л Л DC = AßCVW. Это уже первый признак.

Можно воспользоваться и вторым признаком: DC = = MC, /-ADC = /-ВМС и /-ACD = /.ВСМ или АС = = ßC, Z-ОЛС = ZLCß/W и Z-ЛСО = /.ВСМ. Но этот способ в данном случае нерационален.

Третьим признаком, понятно, воспользоваться нельзя, так как равенство третьих сторон надо доказать.

А теперь рассмотрим случай, когда предварительно откладывается AD =- MB (черт. 60). Налицо первый признак равенства треугольников ADC и ВМС: AD = MB, АС = = ßC, как стороны равностороннего треугольника, и Z. DAC = Z. AfßC, как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Из равенства треугольников следует: CD = = MC, т. е. Л DMC равнобедренный, а так как Z. DMC= = 60°, то Л £ШС равносторонний и DM = MC.

В данном случае мы не дублируем предыдущее доказательство, применяя второй раз первый признак равенства треугольников.

Другие признаки в этом случае применять неэффективно.

Однако продолжим поиски. Как еще можно сравнить ломаную СМВ с прямолинейным отрезком MA? Нельзя ли предварительно ломаную выпрямить? Попытаемся сделать это.

Черт. 61 Черт. 62

На продолжении ВМ (черт. 61) отложим MN = MC (можно продолжить MC и на ее продолжении отложить отрезок, равный отрезку MB). Так как Z_ ВМС = 120°, то Z. CMN = 60° и равнобедренный треугольник CMN с углом при вершине в 60° будет равносторонним. Далее, Л AMC = Л BNC (АС = ВСУ MC = N.C и Z. ЛШ = = Z. 5CN, так как каждый из них является суммой углов в 60° и Z_ ВСМ). Из равенства треугольников следует: AM = ВМ + MN = MB + MC.

Здесь можно применить и второй признак. Но эффективнее всего воспользоваться четвертым признаком.

Так как АС > MC и АС = BCt MC = NC, ^ AMC = = Z.MJVC = 60°, то Л ЛСЛ1 = Л BCN. Дальнейшее ясно.

По аналогии с предыдущими построениями продолжим MB за точку В (черт. 62) и отложим NB = MC. Точки Л и Л' соединим. В силу того что АС — AB, MC = NB и Z- ЛС/W = Z_ Л/î/V, как углы, дополняющиеся одним и тем же углом AB M до 180°, треугольники АС M и A BN равны. Из равенства этих треугольников следует: MA = = NA, т. е. Л AN M равнобедренный. К тому же один из углов этого треугольника равен 60° (NMA — 60°), значит, MA = MN = MB + BN = MB + MC.

Во всех рассмотренных нами способах доказательства мы убеждались в равенстве отрезков благодаря равенству треугольников. Однако исходное суждение можно доказать и минуя признаки равенства треугольников.

Попытаемся найти некоторые способы доказательства, не опираясь на признаки равенства треугольников. Пусть, как и в первом случае, отложен MD = MC (черт. 60). Продолжим CD до пересечения с окружностью в точке Е и соединим Ее А. Как уже было доказано выше, Z. АСЕ = = Z. ВСМ, а, следовательно, АЕ = MB. Но Л ADE равносторонний (легко доказать) и АЕ = AD. Итак, MB = АЕ = AD, т. е. MB = AD и MA = MB + MC.

Присмотримся внимательно к чертежу 60. Так как w АЕ = w MB, то, соединив В с Е, получим BE || MA. Сколько здесь оригинальных выводов! Во-первых, построение мы могли бы начать с проведения BE \\МА. Соединив Е с Л и с С, пришли бы после некоторого рассуждения к желаемому результату, во-вторых, мы могли бы начать построение с проведения ЕС || MB или воспользоваться свойствами боковых сторон двух равнобочных трапеций:

МВЕА и СМВЕ. А почему бы не применить параллельный перенос? Всюду мы придем к одному и тому же результату, но разными путями. В этом может убедиться читатель, продолжив рассуждения в указанных направлениях.

В заключение рассмотрим еще два способа доказательства.

Продолжим MB за точку В и отложим ME = MC (черт. 63). Соединим Е с С. Равнобедренный треугольник MCE, у которого угол СМЕ равен 60°, будет равносторонним. Проведем BD || СЕ; тогда, соединив точки D и С, получим параллелограмм ECDB (BD И СЕ и BE И CD, так как Z_ BDC = Z. DBM = 60°). Из сказанного следует, что BE=CD. Но CD = AM (доказывается легко), а поэтому MC = ME =- ,W ß + BE = MB + DC =- Mß + MA. Если на кружке с учащимися рассмотреть теорему Птолемея, то задача решается с помощью этой теоремы очень просто.

Пусть AB = ВС = CA = а, тогда по теореме Птолемея MA • ВС = Mß • ЛС + MC • Лв или MA ■ а = Mß • а + Л4С • а, откуда МЛ = MB + MC.

Черт. 63

ГЛАВА III

ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

В этой главе подобраны некоторые задачи на доказательство, которые могут быть решены различными способами. Эти задачи взяты в основном из стабильного сборника задач по геометрии для 6—8 классов.

Несколько задач взято из других сборников.

При отборе задач автор руководствовался следующими соображениями:

1. Задачи допускают не менее трех способов решения.

2. Задачи могут быть перенесены без ущерба (а может быть, и с пользой) для дела в разделы, предшествующие или последующие относительно тех, в которых они помещены в сборнике.

3. Задачи можно решать длительное время или предлагать при повторении.

В конце книги к предлагаемым задачам даны указания и советы. Эти рекомендации относятся к соответствующим способам, причем каждый способ доказательства предлагается учащимся лишь тогда, когда изучены все посылки, берущиеся в качестве аргументов для доказательства тезиса указанным способом. Это позволит учителю решать одну и ту же задачу несколько раз, относя ее к различным разделам сборника, или предлагать в качестве повторения.

Автор намеренно рекомендует не все известные способы решения, надеясь на то, что читатель самостоятельно восполнит этот «пробел».

Задачи

1 (157)1. На чертеже 64 AB = ЛС, АЕ = AD. Доказать, что BD = СЕ.

1 Номер в скобках соответствует номерам задач «Сборника задач по геометрии для 6 — 8 классов» Н. Н. Никитина и Г. Г. Масловой (изд. 1964).

2 (163 (2)). На чертеже 65 AD = АЕ, Z. CAD= /ВАЕ. Доказать, что BD = С£.

3 (166). В четырехугольнике ABCD (черт. 66) Z DAB =« = Z. СОЛ и диагонали Л С и ßD образуют со стороной AB равные углы. Доказать, что диагонали четырехугольника равны.

4 (167). На чертеже 67 Z 1 = Z 2, Z_ 5 = Z 6. Доказать, что Z. 3 = Z 4.

5. Доказать, что в равнобедренном треугольнике две медианы равны, две биссектрисы равны, две высоты равны.

6 (189). Доказать, что треугольник является равнобедренным, если совпадают проведенные из одной вершины: а) высота и медиана; б) биссектриса и высота.

7 (301). Отрезки BD и CF являются высотами треугольника ABC /черт. 68). Доказать, что Z 1 = Z 2.

Черт. 64 Черт. 65 Черт. 66

Черт. 67 Черт. 68

8 (331). Доказать, что в прямоугольном треугольнике медиана и биссектриса, проведенные из вершины острого угла, не совпадают.

9 (396). Доказать, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.

10 (354). На продолжении противоположных сторон параллелограмма ABCD отложены равные отрезки АК и CL (черт. 69) и отрезками прямых соединены точки В и L и точки KnD. Доказать, что полученный четырехугольник LBKD — параллелограмм.

11 (373). В параллелограмме против большего угла лежит большая диагональ. Доказать.

12 (374). Доказать, что в параллелограмме угол между высотами, проведенными из вершины его тупого утла, равен острому углу параллелограмма.

13 (387). Середины (точки F и Е) параллельных сторон ВС и AD параллелограмма ABCD соединены с вершинами D и В (черт. 70). Доказать, что эти отрезки делят диагональ на три равные части.

14 (409). Если в четырехугольнике ABCD диагонали являются биссектрисами всех его углов, то этот четырехугольник — ромб. Доказать.

15 (425). Доказать, что если диагонали четырехугольника равны, делят его углы пополам и взаимно перпендикулярны, то такой четырехугольник есть квадрат. Какое условие является лишним?

Черт. 69 Черт. 70

Черт. 71

16 (440). На чертеже 71 BD — высота треугольника ABC, ВК = KD, AL = LC, MN || АС. Доказать, что отрезок PQ , параллельный высоте BD, делится отрезком KL пополам. Какое условие является лишним?

17 (446). Доказать, что если боковая сторона трапеции равна меньшему основанию, то диагональ, соединяющая их концы, является биссектрисой угла, прилежащего к большей стороне.

18 (456). 1) Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны. Доказать, что средняя линия трапеции равна ее высоте.

2) Доказать, что диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, если средняя линия трапеции равна ее высоте.

19 (524). 1) В треугольнике высоты, проведенные к сторонам а и Ь, обозначены Л и he. Доказать, что — = — .

20 (628). В окружности через середину радиуса проведена перпендикулярная ему хорда. Доказать, то эта хорда видна из центра окружности под углом, равным 120°.

21 (642). Диаметр AB и хорда АС окружности с центром в точке О образуют угол, равный 30°. Касательная, проходящая через точку С, пересекает продолжение AB в точке D. Доказать, что OC = —OD.

22 (643). Через точку В, взятую на окружности с центром в точке О, проведены хорда AB (дуга AB меньше 90°) и касательная к окружности. Продолжение диаметра, перпендикулярного радиусу OA, пересекает касательную и продолжение хорды соответственно в точках С и D. Доказать, что отрезки ВС и CD равны.

23 (649). На чертеже 72 AB и CD — общие внешние

Черт. 72 Черт. 73

касательные к двум окружностям (Л, В, С и D — точки касания). Доказать, что AB = CD.

24 (669). Через точки M и N пересечения двух окружностей (черт. 73) проведены два параллельных отрезка AB и CD (точки А, В, С и D лежат на окружностях). Доказать, что эти отрезки равны.

25 (671). Секущая, проведенная через точку касания двух окружностей, делит их на четыре дуги. Доказать, что пары дуг, расположенные по разные стороны секущей и принадлежащие разным окружностям, содержат одинаковое число градусов (случай внешнего касания окружностей).

26 (675). К двум окружностям с центрами в точках О и Oi , касающимся извне в точке Л, проведена общая касательная ВС (В и С — точки касания). Доказать, что угол ВАС прямой.

27 (826). Из точки Р проведены секущая PC и касательная PB к окружности (черт. 74). Доказать, что хорда AB отсекает от треугольника ВСР подобный ему треугольник АВР.

28 (949). Доказать, что сторона правильного треугольника, вписанного в окружность, делит пополам перпендикулярный ей радиус.

29. Если основания высот остроугольного треугольника соединить прямыми, то получится новый треугольник, для которого высоты первого треугольника служат биссектрисами. Доказать.

30. Если стороны треугольника AB, ВС, CA (или их продолжения) пересекаются прямой соответственно в точках d, Ai, В i, то Л iß • ßiC - CiA = AiC • BtA • CtB (теорема Менелая).

31. Если точки Ci, Ai, Bi расположены на сторонах треугольника (или их продолжении) так, что Л iß • ßtC • СИ = ЛАС • BiA • Cjß, то они лежат на одной прямой (обратная теорема Менелая).

32. Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных на стороны треугольника из какой-либо точки описанной окружности, лежат на одной прямой (прямая Симпсона).

Черт. 74

33. Доказать, что во всяком треугольнике основания высот, середины сторон и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами треугольника, лежат на одной окружности, центр которой есть середина отрезка, соединяющего центр описанного круга с ортоцентром треугольника. Эта окружность называется окружностью девяти точек или окружностью Эйлера.

Указания и решения

1. а)1 Рассмотреть треугольники ABD и АСЕ (черт. 64)2.

б) Соединить В с С и рассмотреть треугольники BDC и ВСЕ.

в) Соединить D с Е и рассмотреть треугольники BED и CDE.

г) Доказать равенство треугольников ВОЕ и COD.

2. а) Л ADB = Л ACE (AD = АЕ, /- D = /_ Е, Z. DAB = Z_ САЕ% как утлы, дополняющиеся одним и тем же углом ВАС до равных). Дальнейшее ясно (черт. 65).

б) Перегнуть Л ADE по высоте AF.

в) В равнобедренном треугольнике ADE высота AF является одновременно и биссектрисой и медианой, т. е. Z. DAF = 2-FAE и DF = FE. Но так как по условию ZI CAD = Z_ ВАЕ, то Z. CAD — Z_ DAF = Z_ ВАЕ — — ZI f Л£ или Z_ /MC = ZI ЯЛЛ

Последующие рассуждения могут быть различны. Вот одно из них: A ABF = Л F АС (по стороне и двум прилежащим к ней углам), следовательно, BF = FC. Далее, DF — BF = FE — FC, т. е. DB = СЕ.

Можно вести рассуждения и таким путем: так как в Л ABC AF — биссектриса и высота, то она будет и медианой, т. е. BF = FC , и т. д.

г) Рассмотреть треугольники DAC и ВАЕ.

3. а) Рассмотреть треугольники DAB и ABC (черт. 66). б) Данный и последующие варианты могут быть решены после изучения темы «Соотношения между сторонами и углами треугольника». Л АОВ равнобедренный, так как Z. О AB = Z. OB А, значит, АО = OB. Далее, доказать, что A AOD = Л ВОС.

1 Способы доказательств обозначаются а), б), в), ... .

2 Всюду чертежи, если они одинаковы, указываются лишь к одному способу доказательства. Остальные способы доказательства задачи рассматриваются по указанному в первом варианте чертежу.

в) Через точку О провести MN J_ AB и перегнуть четырехугольник по MN.

г) Продолжить стороны DA и СВ до их взаимного пересечения в точке £. Рассмотреть треугольники DBE и АБС.

4. а) Треугольники ABC и ЛБО, очевидно, равны (черт. 67). Из равенства треугольников следует: АС = = Ло и Z. ЛСВ = Z ЛОБ. Так как АС = DA, то Z /ICD = Z_ ЛДС. Далее имеем: Z ЛСО — Z. ЛСЯ = = Z ЛЯС — Z_ ЛОБ, или Z 3 = Z 4.

б) Так как треугольники АСВ и ЛОБ равны, то ВС = = BD, т. е. Л BCD равнобедренный и его углы при основании равны: Z_ 3 = Z. 4.

в) Повернем А ABC вокруг АЕ, так, чтобы он совпал с A ABD. В силу равенств: Z5 = Z.6hZ1=Z_2 — сторона АС пойдет по AD, а ВС — по BD и, следовательно, точка С совпадет с D. Очевидно, СЕ совместится с DE, т. е. Z. 3 = Z 4.

г) Провести MN А- AB (черт. 75) и рассмотреть A ANM, а затем А МВС и A NBD.

5. Доказательство того, что в равнобедренном треугольнике две медианы равны и две биссектрисы равны, рассмотрено в §11 гл. II. Аналогично доказывается и равенство двух высот.

6. При условии, когда в треугольнике совпадают проведенные из одной вершины высота и медиана, некоторые доказательства рассматривались в § 6 гл. II. Имеются и другие способы доказательства этого положения.

Рассмотрим доказательства, когда в треугольнике совпадают биссектриса и высота.

Черт. 75 Черт. 76

а) Перегнуть Л ABC (черт. 76) по биссектрисе BD.

б) В качестве основания доказательства взять первый признак равенства прямоугольных треугольников.

в) Соединить точку D с серединами боковых сторон AB и ВС и воспользоваться суждением, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. Затем установить, что образовавшийся четырехугольник является ромбом.

7. a) Z- 1 = Z_ 2, как углы с соответственно перпендикулярными сторонами (черт. 68).

б) Прямоугольные треугольники ACF и DOC имеют общий острый угол, следовательно, другие два острых угла равны.

в) Z. 1 = Z_ 2, так как они дополняются одним и тем же углом FOD до 180°: Z. 1 + Z. FOD - 180°, как сумма смежных; Z. 2 + Z. FOD = 180°, как сумма противоположных углов вписанного четырехугольника.

г) На отрезке ВС, как диаметре, опишем окружность (черт. 77). Она, очевидно, пройдет через точки F и D. Угол 2 с вершиной вне круга измеряется — • (w ВС — w FD) =

Угол 1 с вершиной внутри круга измеряется

8. а) Предположим противное: медиана и биссектриса острого угла прямоугольного треугольника совпадают; тогда треугольник будет равнобедренный, т. е. гипотенуза равна одному из катетов. Пришли к противоречию.

Черт. 77

Черт. 76

б) Пусть в прямоугольном треугольнике АСВ (черт. 78) AD — одновременно и биссектриса и медиана. Из точки D биссектрисы AD опустим на гипотенузу AB перпендикуляр DF • A ACD = Л ADF, значит, CD = DF. Но CD = BD, поэтому и DF = BD. Пришли к противоречию, так как из одной точки к данной прямой нельзя провести перпендикуляр, равный наклонной.

в) Отложим DF = AD и точку F соединим с В и С (черт. 79). Образовавшийся четырехугольник ABFC — ромб, так как, во-первых, его диагонали в точке пересечения делятся пополам (предполагали AD — медианой) и диагональ AF делит угол пополам (AD предполагаем и биссектрисой). Z. ACF ромба равен Z_ ACD + Z-DCF = = 90° + 90° = 180°. Этого быть не может.

г) Пусть AD является биссектрисой и медианой прямоугольного Л АСВ (черт. 80), a DF — средней линией этого треугольника, тогда, очевидно, A AFD равнобедренный и AF = FD. Но так как AF = FD, значит, и FD = F В, т. е. A FDB тоже равнобедренный, углы при основании которого должны быть равны. Мы пришли к противоречию: прямой угол равен острому ( Z. В острый, а /-FDB = Z. С, так как FD \\АС).

Существует ряд других способов доказательства этого тезиса методом от противного. Право отыскания их оставим за читателем.

Рассмотрим еще одно доказательство, которое проведем, избегая метод от противного. Для этого достаточно доказать, что основания биссектрисы и медианы, проведенных из вершины острого угла прямоугольного треугольника, суть различные точки.

д) Около A ABC опишем окружность (черт. 81). Проведем биссектрису угла А. Пусть она сторону СВ пересекает в точке D. Очевидно, эта биссектриса разделит дугу

Черт. 79

Черт. 80

СВ пополам. Соединим точку F (середину дуги СВ) с серединой гипотенузы О (центр описанной окружности). Отрезок OF (радиус окружности) пересечет хорду СВ в середине (в точке М). Так как AF и OF различные, пересекающиеся в точке F прямые, значит, различны и точки D и M, а следовательно, различны биссектриса AD и медиана AM.

Когда учащиеся ознакомятся со свойством биссектрисы внутреннего угла треугольника, им полезно предложить еще раз решить эту задачу.

Так как биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треугольника, то, очевидно, основание биссектрисы не совпадает с серединой противоположной стороны — основанием медианы.

9. а) Продолжить медиану СО и отложить DO = == СО (черт. 82). Четырехугольник ACBD — прямоугольник, и его диагонали равны, откуда СО = — • AB.

б) Из точки О (основания медианы) опустить перпендикуляры на катеты (черт. 83). Очевидно, ODCE — прямоугольник и, следовательно, ОС = DE. Но DE = — AB (доказать самостоятельно, имея в виду, что

Черт. 81 Черт. 82

Черт. 83

доказательство этого положения можно осуществить различными способами).

в) Из точки О — основания медианы — опустить перпендикуляр OD на катет АС или провести OD || ВС. Точка D разделит АС пополам, значит, в Л АОС высота OD является одновременно и медианой, т. е. он равнобедренный и АО = ОС.

г) На гипотенузе, как диаметре, описать окружность. 10. В качестве аргументов доказательства взять признаки параллелограмма.

а) Две противоположные стороны равны и параллельны: BK=DL и ВК II LD (черт. 69).

б) Диагонали в точке пересечения делятся пополам. При доказательстве этим способом следует диагональ АС разделить пополам и середину ее (точку О) соединить с точками L и К. Далее, доказать, что KOL прямая и КО = OL.

в) Доказать равенство треугольников BLC и AKD.

г) Доказать равенство треугольников BD К и BLD.

11. а) В качестве основания принять теорему о треугольниках с двумя соответственно равными сторонами.

б) Через вершину С параллелограмма A BCD провести СЕ II BD (черт. 84) и CF _L AD. Так как AF = AD + + DF, a FE = DE — DF = AD — DF, то AF > FE. А раз так, то AC > CE.

в) Построим Z_ ADE = Z. BAD (черт. 85). Легко доказать, что АЕ = BD. Далее, рассмотреть Л AECt доказав предварительно, что Z. АЕС > Z. ЕС А.

Черт. 84

Черт. 85

Черт. 86

г) Доказать, что угол между диагональю, проведенной из вершины острого угла, и стороной параллелограмма меньше угла между диагональю, проведенной из вершины большего угла, и этой стороной.

12. В параллелограмме ABCD (черт. 86) проведены DE А. ВС и DF JL AB. Доказать, что Z FDE = Z С.

а) Z FDZ: = Z С, как углы с соответственно перпендикулярными сторонами и оба острые.

б) Z. FD£ + JL В = 180°, как углы с соответственно перпендикулярными сторонами; один из них острый, а другой — тупой. С другой стороны, Z С + Z В = 180°, как углы параллелограмма, прилежащие к одной стороне, следовательно, Z FDE = JL С.

в) /.га£ = ^ЛоС— (Z. ЛО/7 -!- Z £DC). Но в прямоугольных треугольниках ADF и £DC углы ЛDF и EDC соответственно равны 90° — JL А и 90° — Z. С. Если учесть, что в параллелограмме /-А = Z С, то Z. 4DF + Z_ EDC = 180°- 2 • Z_ С. Учитывая это, получим JLFDE--= Z ЛОС — (180° —2 - Z_ С) = = 2-Z С — (180°—Z. Ж)С). Но так как 180° — JL ADC =» = Z С, то Z FD£ = 2 - Z С — Z С - Z С, т. е. Z. FD£ = Z С.

г) Z FD£ + Z £DC - 90° и Z С + Z £DC - 90°, значит, Z FD£ + Z £DC = Z С + Z £DC, откуда JL FDE = Z C.

13. Пусть в параллелограмме ABCD середины Z7 и Б сторон ВС и ЛО соединены прямыми с вершинами D и ß. Докажем, что AM = ЛШ = NC (черт. 87).

а) Прежде всего BE \\FD, так как BFDE — параллелограмм {BF = ED и BF H ED). Проведем МК \\ED. Очевидно, АЕ = МК = FC. Кроме того Z 1 = Z 2 = =Z3, aZ_4==Z5 = Z-6, следовательно, треугольники AME, MNK и NFC равны, а значит, и ЛМ = MN = ЛАС.

Черт, 87

Черт. 88

б) На продолжении AD отложить DK = FC (черт. 88). Параллельность BE, FD и КС устанавливается аналогично предыдущему. Далее, применить теорему о свойстве отрезков, отсекаемых параллельными прямыми на сторонах угла.

и) Пусть О — точка пересечения диагоналей ЛС и BD (черт. 89). В Л ABD АО и BE — медианы, в A BDC СО и DF — медианы. Так как

14. а) Сначала рассмотрим треугольники ABC и CDA, а затем треугольники BCD и ABD (черт. 90).

б) Из равенства треугольников A BD и BCD имеем: AB = ВС, AD = = DC и Z_ BAD = == Z. ßCD; к тому же по условию Z. 1 = Z. 2 и Z. 3 = Z. 4, следовательно, Z_ 1 = Z. 4, Z_ 2 = Z. 3, т. е. AB II DC и ВС \\AD. Учитывая все это, приходим к выводу, что ABCD— ромб.

в) АЕ ± DC, AF ± ± ВС, значит, AF = АЕ

Черт. 89

Черт. 90

Черт. 91

и A AFB = A AED (AF - АЕ и Z. /МЯ = Z. ОЛ£). Из сказанного следует, что ЛВ = ЛО, т. е. A A BD равнобедренный (черт. 91).

Дальнейшие рассуждения можно вести так:

1) так как треугольник ABD равнобедренный, то биссектриса АО будет одновременно и высотой (АО A- BD). Но тогда и А ABC равнобедренный, потому что ВО есть и биссектриса, и высота, т. е. AB = ВС;

2) в равнобедренном A ABD углы при основании равны: Z. 8 = Z. 6, значит, и Z. 7 = Z_ 5, т. е. ВС = CD;

3) в силу того что Z_8 = Z.6 и Z_8 = Z_7, имеем Z_ 6 = Z. 7, аналогично Z_ 8 = Z. 5, следовательно, ßC И ЛО и AB H CD; к тому же AB = ЛО и т. д.

г) Проведем через вершину А прямую FE _1_Л С (черт. 92). Так как АС к тому же и биссектриса Z. FCEt то треугольник FCE равнобедренный и, следовательно, FC = £С, Л/7 = АЕ и Z_ CF£ = Z_ C£F. Далее, А ЛЛЗ = А ЛО£ (второй признак равенства треугольников). Из равенства треугольников имеем: AB = ЛО, т. е. и A A BD равнобедренный. В этом треугольнике биссектриса АО является и высотой. Если теперь рассмотреть А ЛОС, то в нем DO — биссектриса и высота, т. е. А ЛDC равнобедренный, AD => = DC. Аналогично ЛЯ = ВС. Итак, AB = ВС = CD = ЛО, т. е. ЛЯСО — ромб.

15. Так как по условию в четырехугольнике диагонали делят углы пополам, то такой четырехугольник — ромб (смотри решение предыдущей задачи). Если к тому же учесть, что и диагонали этого четырехугольника равны, значит он является квадратом.

Черт, 92

Черт. 93

Условие перпендикулярности диагоналей лишнее. 16. Прежде всего укажем, что условие задачи AL = = LC лишнее (черт. 71).

а) Так как К — середина BD и KP II DL, то точка Р будет серединой BL, т. е. KP есть средняя линия треугольника DBL : KP II DL и KP = ~ • DL. В Л DBL из середины Р проведена PQ \\BD, значит, Q поделит DL пополам. Теперь имеем: KP = QL и KP II QL, следовательно, QKPL — параллелограмм и его диагонали в точке пересечения делятся пополам.

б) Рассмотреть прямоугольные треугольники КРО и OQL.

в) В A DKL Q — середина DL и OQ \\DK, следовательно, О — середина KL.

17. В трапеции ABCD боковая сторона AB равна меньшему основанию ВС. Докажем, что Z. ВАС = Z. СЛ£ (черт. 94).

а) А ABC равнобедренный, следовательно, /LBAC= - / ВСА. Но Z. ВСЛ = Z_ СЛО, как внутренние накрест лежащие, отсюда Z_ ВАС = Z_ СЛО.

б) Проведем CF \\ AB. Четырехугольник ABCF — ромб, и его диагональ АС делит угол пополам.

в) Из вершины В опустим перпендикуляр на диагональ АС и продолжим его до пересечения с большим основанием AD в точке F. Так как ААВС равнобедренный, то ВО будет в то же время и биссектрисой, т. е. /Л = Z.2. Но ZL2 = = Z 3, значит, Z.1 = Z_3 и AABF — равнобедренный. Поскольку АО — высота (АО JL BF), то АО будет и биссектрисой равнобедренного треугольника ABF.

18. 1) Пусть в трапеции ABCD АС JL BD, AB = CD и AiCi — средняя линия. Доказать: Afix = ßiD, (черт. 95).

а) Соединим последовательно середины сторон трапеции ABCD. Получим квадрат AßiCJi^ Действительно, AiBi = CJDi = у • Л С, Aß! \\АС \\ CXDX\ к тому же A fix А- ßiCt, так какЛС J_ BD; кроме того, АЛВХ = В£х (АС = BD). Но в квадрате диагонали равны, значит,

Черт. 94

6) BiDi — высота, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции; Oßi и ODt — медианы треугольников ВОС и AOD, проведенные из вершин прямых углов; они равны: Oßj = — • ВС, ODt = — AD, следовательно,

в) Проведем CE \\ BD. Получим равнобедренный прямоугольный треугольник АСЕ, у которого высота CF одновременно является и медианой, т. е. CF = • (AD+ DE) =~ — (AD + ВС). Что и требовалось доказать.

г) ADODi равнобедренный, прямоугольный, следовательно, ODi = DDi. Аналогично OBi = Bfi. Дальнейшее ясно.

д) Через середины боковых сторон провести прямые, перпендикулярные основаниям. Пусть эти перпендикуляры пересекают нижнее основание в точках M и N, а продолжение верхнего — в точках Mt и Nt. Доказать, что четырехугольник MNNiMi — квадрат.

2) Докажем обратную теорему: если в равнобедренной трапеции средняя линия равна высоте, то диагонали взаимно перпендикулярны.

а) Середины сторон равнобедренной трапеции будут вершинами ромба (задача 454), к тому же диагонали этого ромба равны (Afii = BtDu черт. 95), следовательно, че-

Черт. 95

Черт. 96

тырехугольник Л^С^— квадрат, т. е. Л^Хо^. Дальнейшее ясно.

б) Через вершину С проведем CE \\ BD. В равнобедренном треугольнике АСЕ высота CF будет одновременно и медианой. Но так как по условию CF =^(AD + ВС), то CF = -J- (AD + DE) = у • АЕ, т. е. А АСЕ прямоугольный (AC -L СЕ). В силу того, что СЕ \\ BD, имеем AC JL -L BD.

а) Пусть Bßi — высота трапеции. Соединим точки D{ и Ci; ADiKCi — прямоугольный равнобедренный, значит, Z_dDiD = 45°. Но так как DtCi || АС, то и Z.OAD = = 45°, a Z40D - 90°.

г) Из точки В{ проведем ВХЕ \\ АС и ß,F || BD (черт. 96). Легко доказать, что в ABXFE BYDX будет медианой и BJ)i== = — • Я/7 (так как отрезок Я/7 равен полусумме оснований).

Но так как медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то этот треугольник прямоугольный. Итак, ВХЕ J_ BJ7, а следовательно, и BD Л- АС.

19- а) 2 • SAABC -= а ■ ha = Ь ■ h„ , откуда а : 6= hb : Ла.

б) Рассмотреть AADC и AߣC (черт. 97).

Черт. 97

в) В A ABC AD±BC, ВЕ±АС, DF JLBE и EM J__ _1 AD. Рассмотрим три пары подобных треугольников:

1) АБСЕ со ABFD, 2) AADC сл ААМЕ и 3) A BD F оо en АЛМ^. Из подобия этих треугольников соответственно следует:

Вывод:

20. а) По условию ОС ± AB и ОС = f ■ АО, значит, Z04C = 30°, /-СОА = 60°, a Z,40ß = 120° (черт. 98).

б) Четырехугольник AOBD — ромб (ОС == CD, ЛС ==• = ВС: радиус, перпендикулярный хорде, делит ее пополам, и АО = OB). Кроме того, OB = BD = OD, значит, AOBD равносторонний и ZDOß = 60°, а ZЛOß = 120°.

в) В ромбе AOBD /LAOВ = /.ADB. Но Z40ß центральный, a /-ADB — вписанный, следовательно, дуга А и В в два раза больше дуги ADB, т. е. дуга ADB составляет — часть окружности, и центральный угол АОВ, опирающийся на эту дугу, равен — • 360° = 120°.

г) Через центр О провести MN || AB и продолжить DB i: DA до пересечения с MN. В AMND AB — средняя линия, т. е. BD = BN и AD = AM. В прямоугольном треугольнике DON OB — медиана, поэтому OB = — • DN или OD = — • DN. Из сказанного следует, что /.BNO =

Черт. 98

= 30°, аналогично Z-AMO = 30°. Но тогда и /LAOM =» = /-BON = 30Q. Теперь получим: /LAOB = 180° — 2 X X 309 = 120°.

21. а) ААВС прямоугольный, к тому же ВС = — • АВ = Oß, следовательно, АОВС равносторонний и ZJCOB =» = 60°. Но AOCD тоже прямоугольный, один из острых углов которого равен 30° (ZLCDO = 30°), поэтому ОС = 1 • OD (черт. 99).

б) В треугольнике ACD AC J_ Cß, CD _L ОС, следовательно, точки О и В делят отрезок AD на три равные части (задача рассматривалась в § 3 гл. I), т. е. OB = ^- OD и ОС - 1 • OD. 2

в) ААОС = ABCD (АО = ВС, Z.O40 = ^LßCD, /LAOC = Z.CBD = 120°). Из равенства треугольников следует, что ОС = ßD; но так как ОС = Oß, значит, ОС = - ■ OD.

г) Проводим ßß JL ОС. Так как ОС JL CD, то ßß || CD. Но АОВС равносторонний и, следовательно, ßß — медиана и биссектриса его. Далее, так как ß — середина ОС и ßß И CD, то В — середина OD, т. е. Oß — ßD, но Oß = ОС, значит, ОС = — • OD.

д) ßß — биссектриса угла OßC (она же будет и медианой, и высотой в АОВС). Проведем биссектрису BF угла CßD, тогда ßß -L BF (как биссектриса двух смежных уг-

Черт. 99

лов). Но BE H CD, значит, BF _L CD, т. e. BF в А С BD является не только биссектрисой, а и высотой. Так как BF является одновременно и биссектрисой, и высотой, то АС BD равнобедренный и СВ = BD. Дальнейшее ясно.

22. a) Z.D дополняется углом OAD до 90° (черт. 100). Так как OB _L ЕС, то Z-ABE дополняется углом А ВО тоже до 90°. Но /-АВО = ^ОЛБ, a ^1ЛВ£ = Z.CBD, следовательно, ^LCßD = /LCDB.

б) Z. ОСВ = = ^ЛОЯ, как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Но /-АВЕ = - . А.АОВ, так как один из них образован касательной и хордой, а второй — центральный, опирающийся на ту же дугу. Далее, внешний угол ОСВ A BCD равен Z.CBD + Z-CDB. Но Z-CBD=Z.ABE= 1 • Z.AOB = - Z_OCß, следовательно, Z.CBD =/_CDB и ВС = CD.

в) Проведем OF_L/lß; очевидно, Z-AOF =/.FOB, кроме того, Z-FOß = ^1ЛВ£ и Z-ЛО/7 = Z^DO, значит, Z^ߣ = ^ЛОО или ^CßD = ^LCDß и ВС - CD.

г) Четырехугольник ABNM — прямоугольник, кроме того, /LAMB = /_Л#В. Но/LAMB = /LABE и -= Z.0D5, следовательно, /_ЛЯ£ = /LODB и ВС = CD.

д) /LD с вершиной вне круга, поэтому он измеряется -^-•(ч^ЛР — к^ВК). Но ч^ЛЯ равна, очевидно, ч^ЛЯ/С, следовательно, угол D измеряется

С другой стороны, Z-ABE, образованный касательной и хордой, также измеряется — • ^АВ, поэтому

Черт. 100

е) Пусть Z.OCB = а, тогда и /-АОВ = a, a Z.Oß/1 = = ZXMß = 90° — у . Определим угол ЛВ£. /_ЛВЕ =Z-OBE — ^OBA =90° —(90° —yj = ^.Итак,/_АВЕ = Z. CßD = —, следовательно, и Z_CDß = —.так как Z-OCB = а. Снова получаем: ВС = CD.

ж) Из вершины С ABCD опустить на BD перпендикуляр и доказать, что этот перпендикуляр будет биссектрисой угла С, т. е. ABCD равнобедренный.

23. а) Продолжить касательные до их взаимного пересечения. Дальнейшее ясно.

б) Соединим центры окружностей с точками касания (черт. 72) и проведем OjDj || CD, а ОхАх \\ AB. AODß^ = AAiOOi по гипотенузе и катету. Из равенства треугольников следует: Л А = DjOt, но Aßi = AB, aDlOl = DC, следовательно, AB = CD.

в) Соединить попарно точки касания: С с В и D с Л. Доказать, что четырехугольник ABCD — равнобочная трапеция.

24. а) Соединим точки Л с С, N с M и В с D (черт. 73). Четырехугольник ЛСМУУ и MNBD — равнобочные трапеции. В трапеции MNBD /-NBD = /LBNM, а в трапеции CANM/CAN=/ANM, кроме того, Z Л МИ + Z BN M=180°, следовательно, ZJVßD + Z_C4N = 180° и AC \\ BD, т. е. ACDB — параллелограмм, CD = AB.

б) Доказать равенство треугольников Л CD и ЛШ).

в) Из точки С опустить на AB перпендикуляр СЕ, а из точки В — на CD перпендикуляр BF и рассмотреть треугольники АСЕ и ßFD.

25. а) Проведем через точку касания окружностей общую касательную MN (черт. 101). /-ВАМ = /-.NAC, как вертикальные. Но так как они образованы касательной и хордой, то каждый измеряется половиной дуги, заключенной между сторонами; следовательно, этим равным углам соответствуют одинаковые по числу градусов дуги.

б) Пусть ВАС секущая, проходящая через точку касания. Проведем линию центров и продолжим ее до пересечения с окружностью в точках D и Е. /LABD = /-АСЕ = = 90°, т. е. BD и СЕ — перпендикуляры к одной и той же прямой ВС, следовательно, BD \\СЕ. Далее, /LAEC =

Черт. 101

= /.ADB, значит, дуги АпС и АтВ содержат одинаковое число градусов.

в) Соединим точку .0 с А и В, а 04 — с А и С. /LBAO=* = Z СЛОь но ААОВ и A/lOiC равнобедренные, следовательно, ^Л05 = /-АО£.

г) Из центров О и Ох опустить перпендикуляры на секущую ВС.

26. а) Дуги ВтА и AnD одинакового числа градусов (смотри доказательство предыдущей задачи), значит, / АОВ =* = /AOxD, т. е. OB \\OiD (черт. 102). С другой стороны, OB H OiC, как два перпендикуляра к прямой ВС, значит, COJD прямая (через одну точку можно провести только одну прямую, параллельную другой прямой). Но СОР — диаметр, значит, /.CAD = 90°, т. е. АС Л. BD.

б) /LOBC + /.ВСОх = 2d (по условию), тогда в четырехугольнике ОВСОх и /.BOA + /.АОхС = 2d, но Z. ЯСЛ =— • /LAOxC, а Z-ЛВС = —• /-АОВ. Из всего этого следует: ^ЛЯС + /.ВСА = ^-{/.АОВ + /.ЛО^) = 90°.

в) MA общая касательная, и поэтому MB = = МЛ=Л1С. Следовательно, ААВС — прямоугольный.

г) /-МСА = ^УИЛС и Z. МЛЯ = Z. МВЛ, но Z. МЯЛ + Z. ВАМ + /_МЛС + АЛСМ = 2d, значит, 2 - (/. ВАМ + /-MAC)=2d, а/-ВАМ + /.MAC = d.

д) Соединим точку M с точками О и 01# МО и МОх— биссектрисы двух смежных углов, к тому же

Черт. 102

/,ОМО{ = /.ВАС, как углы с соответственно перпендикулярными сторонами.

27. а) АВСРоо ААВР) (/LP общий, Z. С= /LABP, черт. 74).

б) BP2 = PC - АР, откуда —• = — , к тому же угол Р общий.

в) Отложим PD=AP и РЕ = PB и соединим точки D и Е. Образовавшийся ADPE будет равен ААВР. А теперь рассмотрим треугольники DPE и CßP. Так как /DEP = /-ВСР, то D£ H ßC, а следовательно, ADPE с/> ооАСВР. Учитывая, что ADPE = ААВР, приходим к выводу: ААВР on АСВР.

28. Пусть хорда AB, являющаяся стороной правильного треугольника, вписанного в окружность радиуса R, делит перпендикулярный ей радиус ОС в точке F (черт. 103). Докажем, что OF = FC.

а) ч^ЛС = к^ВС, значит, хорды АС и ВС являются сторонами правильного вписанного шестиугольника и равны радиусу, а поэтому ААОС равносторонний. Так как AF является высотой рассматриваемого треугольника, следовательно, она будет и медианой, т. е. OF = FC.

б) /-ВАС вписанный, опирающийся на дугу, равную 60°, значит, /-ВАС = 30°. В AAFC катет FC, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы, т. е. FC = — R.

в) Так как АО = ОВ = ВС = АС, то четырехугольник АОВС — ромб, диагонали которого в точке пересечения делятся пополам.

г) АЛОВ = ААВС, значит, и их сходственные высоты равны.

д) Продолжим А О до пересечения с окружностью в точке Е. Очевидно, wßC = wßß и /ШЕ = /.ВАС. Теперь в равнобедренном ААОС AF— биссектриса, а значит, она будет и медианой.

Черт. 103

е) В прямоугольном треугольнике AOF имеет место следующее соотношение: OF2 = АО2 — AF2 или ÜF2=Ri —

ж) В прямоугольном треугольнике AFC проведем медиану FD. Так как FD =— • АС (задача 9) и Z-.DCF = 60°, то ADFC — равносторонний и FC = DC = — •/?.

з) В ЛЛВС точка F делит сторону AB пополам. Соединим точку F с серединой стороны АС (точкой D)\ отрезок FD будет средней линией, поэтому FD \\ ВС. Но так как ВС II АО, то и FD H АО. Теперь рассмотрим ЛЛОС. Так как AD = DC и DF \\ АО, то DF и в этом треугольнике будет средней линией, т. е. OF = FC.

29. а) На сторонах АС и ВС треугольника ABC, как диаметрах, опишем окружности (черт. 104). Z-BFE = Z.C, как углы, дополняющиеся одним и тем же углом A FE до 180° (Z.BFE + Z-AFE = 180° — сумма смежных; Z.C + + Z.AFE =180° — сумма противоположных углов вписанного четырехугольника AFEC). Аналогично Z-AFD = = ZLC (Z.AFD + Z-DFB = 180° и Z.DFB + Z_C = 180°). Следовательно, /LBFE = Z-AFD. Учтя еще то, что FC JL J_ AB, можем записать: Z.CFA — Z-AFD = Z.CFB — — ZBFE, т. е. Z.CFD — Z-CFE. Аналогично доказывается, что Z-AEF = = Z-AED и ZLFDß =

б) Опишем окружности около четырехугольников AFOD и BEOF. Тогда Z.OFD -= Z.04D,a^0F£ = = ZS)BE, как вписанные соответственно в эти окружности, опирающиеся на одни и те же дуги. С другой стороны, прямоугольные треугольники AEChDBC имеют общий острый угол АС В.

Черт. 104

Следовательно, два других угла этих треугольников тоже равны: /.САЕ--^ /JDBC. Все эти рассуждения приводят к выводу: Z-OFD = /.OFE.

в) /.EFC==/-EAC, как вписанные в окружность диаметра АС и опирающиеся на одну дугу. /JDFC = /-DBC, как вписанные в окружность диаметра ВС и опирающиеся на одну дугу. Дальнейшее ясно.

г) Предварительно доказать предложение, что отрезки прямых, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, отсекают от этого треугольника подобные ему треугольники. Это суждение можно доказать такими способами:

1) на стороне АС, как диаметре, строим окружность, которая пройдет через вершины/7и Е прямых углов AFC и АЕС, тогда Z.EAC = /LEFC, как вписанные, опирающиеся на одну дугу, и потому Z-ACB = /LBFE, как дополняющие равные углы ЕАС и EFC до прямого; /.В общий, следовательно, ААВС оо AFBE по двум равным углам;

2) А А ЕС en ADBC, как прямоугольные, имеющие общий острый угол; из подобия этих треугольников следует: АС : ВС = ЕС : DC. Далее, рассмотрим треугольники ABC и DEC. Они подобны, так как две стороны одного из них пропорциональны двум сторонам другого и угол между этими сторонами общий (АС : ВС = ЕС : DC, /JZ общий).

Аналогично доказывается, что ABEFcnAABC и AAFDcn en ААВС.

Дальнейшие рассуждения сводятся к тому, что если треугольники DEC, AFD и FBE подобны треугольнику ABC, то они подобны и между собой и соответственные углы их равны: zJBFE = /-АСВ = /-AFD и т. д. Теперь получим: /LAFD + /ВЕС = /-BFE + /.EFC = 90°, откуда /.DFC = /-EFC.

д) Доказать, что

е) Этот способ доказательства рассмотреть после решения задачи 33 об окружности Эйлера. Пусть в треугольнике ABC точки А', В', С — середины сторон, А", В", С" — точки Эйлера, Е, FtD — основания высот, О — ортоцентр. Oi — центр описанной окружности, 02 — центр окружности девяти точек и окружность, проходящая через указанные выше точки, — окружность Эйлера (черт. 110)

В прямоугольном треугольнике АЕО А"Е — медиана

выходящая из вершины прямого угла АЕО, значит, АА" = = т. е. ААА"Е равнобедренный. С другой стороны, А"В" — средняя линия АЛОВ, поэтому А"В" || AB и Z.£4"ß" - ^ß"4"D. Но /-ЕА"В" = Z-EFB", как вписанные, опирающиеся на одну дугу; по этой же причине /..В"A"D =/LB"FD, следовательно, Z-EFB"=/LB"FD.

Аналогично можно доказать, что /-FDA" = /LA"DE и Z-FEC" = /-CED.

30. а) Пусть стороны треугольника ABC пересечены секущей СХАХВХ (черт. 105). Через вершину С проведем произвольную прямую СМ и из вершин А и В треугольника проведем прямые, параллельные секущей СхА{Ви до пересечения с прямой MC. На основании теоремы о прямых, пересеченных рядом параллельных прямых, имеем:

Перемножим полученные равенства, поучим:

= 1, откуда А1В-В1СС1А=А1С.В1АX

б) Проведем BN \\ АС (черт. 106). Д AXBN со д ВХАХС, следовательно,

Из подобия треугольников

АСХВХ и BCXN имеем:

Далее, напишем очевидное равенство: —= ——. Перемножим почленно полученные равенства: АХВ.ВХССХА =АХС-СХВ.ВХА.

в) Проведем AF \\ СХВ. и ВМ \\ СХВХ (черт. 106), тогда

(можно доказать). Кроме

Черт. 105

Черт. 106

того,

Перемножив эти раренства, получим:

31. а) Предположим, что прямая С1.41 пересекает сторону АС в некоторой точке Д отличней от В19 тогда на основании прямой теоремы Менелая будем иметь: Aß. DC X XC^A-A.C-DA.Cß. По условию A1B.B1C.C1A=A1Ç.BÎA X XQß. Разделив равенства, получим:

а это возможно лишь тогда, когда точка D совпадет с точкой Bv

б) Пусть точка Вх лежит на стороне АС, точка А,—на стороне ВС, а точка Сг—на продолжении стороны AB треугольника ABC (черт. 107), причем . £î£ . ÇiA—i. Соединим точку Л1 с точками В, и Сг и докажем, что B1Afil — прямая.

Проведем в плоскости треугольника ABC произвольную прямую MN и из вершин треугольника проведем прямые, параллельные AxBlt до пересечения с прямой MN. На основании теоремы о прямых, пересекаемых рядом параллельных прямых, имеем:

Подставим полученное равенство в исходное, получим:

Последнее равенство имеет место тогда и только тогда, когда В F II АгСг. Но так как BF j| AtBj по построению, то BiA1Cl прямая.

в) Соединим точку Ах с точками В, и С, и проведем ВМ II Aß, и AF II Aß, (черт. 106). Далее,

Перемножим эти равенства и подставим в исходное равенство:

Черт. 107

или se —L_. А это равенство справедливо в том и только в том случае, когда A F || Л^. Итак, через точку Ах проходят АХВХ II AF и Л/^ || AF, следовательно, В1А1С1 прямая.

32. Пусть дан /\АВС и точка M на описанной около треугольника окружности.

а) Так как ZMC4 измеряется половиной дуги MB А и сумма углов БЛМ и ß/ИЛ измеряется также половиной дуги MB А, то и Z Л4ВСг измеряется этой же дугой (МСХ±АВ)% т. е. /,МСВХ = /МВСХ (черт. 108). Учитывая и то, что треугольники МВХС и МВСХ прямоугольные, приходим к тому, что Д/WZ^Cco /\МВСХ. Из подобия треугольников следует: —1- =—.

Прямоугольные треугольники АВХМ и МАХВ подобны, так как имеют по одному равному острому углу: ZЛ^ßЛ1= = Z МАВХ (вписанные, опирающиеся на одну дугу). Из подобия треугольников следует: = — •

Черт. 108

Так как Z.AXCM = /МАСг (вписанные, опирающиеся на одну дугу), то /\MAficn/\MACV Из подобия этих треугольников следует: —- = —.

Перемножив найденные равенства, получим:

На основании обратной теоремы Менелая заключаем, что точки Ви А и Ci лежат на одной прямой.

б) Убедимся, что около четырехугольников ACiMBit AiMCBi и BCiMAi можно описать окружности. Опишем эти окружности. Так как углы В{МС и BMCi дополняют порознь сумму углов BMBt и ВАС до 180°, то /JBJAC = = /-BMCi. Но в свою очередь 2-BiMC = ZJJ^iC, а /-BMCi = Z-BAiCi (как вписанные, опирающиеся на одну дугу), следовательно, Z-BiAiC = Z-BAiCu т. е. BxAiCi прямая.

в) Z-BiAiC = Z.B1MC (как вписанные, опирающиеся на одну дугу). Но в прямоугольном треугольнике ВХМС А.В1МС дополняет Z-MCBi до 90°, следовательно, и /-ВХА iC дополняет ZLMCBi до 90°. В свою очередь /-МСВ{ =

Черт. 109

= ZMßCi (оба угла измеряются половиной дуги MB А), значит, Z_ßMCb дополняющий /-MBCt до 90°, будет равен JLBXAXC. Но так как Z-ßAfCj = /-ВА^С^ (вписанные, опирающиеся на одну дугу), то /-ВАХС{ = /LBXAXC.

33. а) Пусть точки D, FX,E — основания высот AD, BF, СЕ треугольника ABC, точки А', В', С —середины сторон AB, ВС, АС, точка О — ортоцентр треугольника, точки А", В", С" — середины отрезков АО, ВО, СО и точка Oi — центр описанной окружности (черт. 109). Соединим точки О и Oi отрезком OOi и разделим этот отрезок пополам. Докажем, что точка 02 — середина отрезка OOi — будет являться центром окружности девяти точек, т. е. точки А", В", С", А', В', С и D, F, Е отстоят от точки 02 на одинаковом расстоянии.

В треугольниках Л00,, ßOOb СОО{ отрезки Л"02, В"Ог, С"02 являются средними линиями и, следовательно, Л "02 = I - АО и В"Ог = ±ВОи С"02 = ± СО,. Так как AOt = В0{ = СОх = R, как радиус описанной окружности, то и А"02 = ß"02 = С"02 = — R, т. е. точки Л", В", С" лежат на окружности, описанной из точки 02 как из центра радиусом, равным половине радиуса окружности, описанной около треугольника ЛВС.

Докажем,что и точка С лежит на этой окружности. Для этого соединим последовательно точки С с С", С" с В", В" с А" и А" с С. В треугольнике АОС отрезок С'С" является средней линией, т. е. С'С" || АО, а так как AD _L ВС, то и С'С" JL ВС. Кроме того, в AßOC отрезок В"С" также является средней линией, а потому В"С" || II ВС. В силу того что С'С" JL ВС, а ß"C" || ßC, имеем: /-С'С"В" = 90°. Аналогично можно доказать, что /.C'A" В" = 90°.

Итак, четырехугольник С А" В" С вписанный (/.СС"В"-\-+ /LC'A"B" = 180°), а потому окружность, проходящая через вершины А", Б", С" этого четырехугольника, пройдет и через вершину С.

Так как /-С'С" В" вписанный и прямой, значит, С В" — диаметр и 02ß" = 02С. Аналогично устанавливаем, что и две другие середины сторон треугольника одинаково отстоят от точки 02: А'02 = В'02 = С'02.

Точка F, очевидно, то>;<е лежит на окружности девяти точек, так как СВ" — диаметр и /JCFB" = 90°. Кроме

того, медиана F02 прямоугольного треугольника равна половине гипотенузы, т. е. F02 = С'02. Таким же путем устанавливаем, что 02D = 02Е = 02F = С02. Теорема доказана.

б) Через точки Л", В", С" провести окружность и установить, как и в первом способе, что точки Л', В', С и D, F, Е также лежат на этой окружности.

Доказательство того, что центр круга девяти точек лежит в середине отрезка, соединяющего ортоцентр с центром описанной окружности, провести таким путем: через середины хорд CF и B'D провести перпендикуляры, которые пересекутся в точке 02 — центре окружности девяти точек. Действительно, центр искомой окружности 02 должен лежать на середине боковой стороны OOt трапеции C'OfiF и трапеции DOOxB', так как перпендикуляры, проведенные через середины отрезков С г и B'D, — средние линии указанных трапеций.

в) Через середины стсрсн треугольника (течки Л', В', С) проведем окружность и соединим точку С с В', С с Л' и Л" с D'. Четырехугольник A'B'DC—равнобочная трапеция: АС И ВС, как средняя линия треугольника ABC, а А'В' = DC, потому что А'В' = — - ЛС, как средняя линия треугольника, и CXD = -i-. ЛС, как медиана прямоугольного треугольника ADC, проведенная из вершины прямого угла.

Окружность, проходящая через три вершины Л', В', С равнобочной трапеции, пройдет и через четвертую вершину D. Аналогично доказывается, что основания двух других высот, точки F и Е, лежат на построенной окружности.

Соединим точку А" с точкой Л', точку Л' с точкой В', точку В' с точкой С и течку С с точкой А", тогда получим четырехугольник А"А'В'С, у которого /-А"А'В' = 90° и Z-B'C'A"=90°. Действительно, А'А" || ВО, А'В' || ЛС; но так как ßFJ-ЛС, то и А"А'±.А'В'. Точно так же убеждаемся в том, что В'С -LA"C. Следовательно, около четырехугольника А'В'С А" можно описать окружность, т. е. точка А" находится на окружности, проведенной через середины сторон треугольника. Аналогично доказывается, что на этой окружности лежат и точки В" и С".

г) Опишем около ортоцентрического треугольника DEF

окружность1. И докажем, что точки А\ В', С — середины сторон треугольника и точки Л", В'\ С" — точки Эйлера2 также лежат на этой окружности.

Соединим точки В" и F с точками Е и D и докажем, что Z-EFD + Ы)В"Е = 180° (черт. 110).

/LAFE = /-DFC = /ААВС (смотри первый способ решения задачи 29), следовательно, /LAFE + Z.DFC + + Z-EFD = 2 - /LABC + /L.EFD = 180° (1). С другой стороны, в прямоугольном треугольнике ВОЕ В"Е = В"В и в прямоугольном треугольнике BOD B"D = В"В, как медианы, выходящие из вершин прямых углов.

/LOB"E = 2 • /LB" BE, как внешний угол при вершине равнобедренного треугольника В"ВЕ. /LOB"D = 2 • • /LB"BD (внешний угол при вершине равнобедренного

Черт, 110

1 Треугольник, вершинами которого служат основания высот данного треугольника, называется ортоцентрическим треугольником относительно данного.

2 Середины отрезков, высот от ортоцентра до вершины треугольника называются точками Эйлера.

треугольника В"BD). Сложив почленно эти два равенства, получим: /LOB"E + /LOB"D = 2 • (ZL ß"ßß + /LB"BD) или ZLDB"E = 2 ■ /LAВС.

Подставим в равенстве (1) вместо 2 • /LABC угол DBf,E. Получим: /LDB"E + /LEFD = 180°, т. е. около четырехугольника DB"EF можно описать окружность.

Итак, окружность, описанная около треугольника DFE, прошла и через точку В".

Аналогично покажем, что окружность пройдет и через две другие точки Эйлера.

Доказательство того, что данная окружность пройдет и через середины сторон треугольника, можно осуществить таким же путем, как и в предыдущих способах.

д) Через точки А' и С — середины сторон AB и АС треугольника ABC и точку С" — середину ОС провести окружность (черт. 109). Доказать, что А'С С"В" — прямоугольник. Соединить В" с Л" и доказать, что около четырехугольника С С" В" А" можно описать окружность.

е) Через точки А' и С — середины сторон АВи АС треугольника ABC и точку D — основание высоты AD провести окружность. Доказать, что А'С BD — равнобочная трапеция. Далее, соединить точку В' с точкой В" и рассмотреть четырехугольник В" А'С В'. Доказать, что Z_C'ß'ß" = Z-B"A'C = 90° и т. д.

ж) Провести окружность через две точки Эйлера ß" и С" и точку С — середину АС. Убедиться, что эта окружность пройдет и через точку Л' и т. д.

з) Провести окружность через две точки Эйлера В" и С" и точку F — основание высоты BF. Убедиться в том, что Z-FB' С" = /LFCC". Так как эти углы равны и опираются они на одну дугу, причем один из них, угол FB"C"\ вписанный, следовательно, и точка С лежит на окружности, описанной около AFB"C"'. Далее, рассмотреть четырехугольник А'В"С"С и т. д.

и) Провести окружность через точки F и D — основания высот BF и AD и точку Эйлера В". Доказать, что около четырехугольника DB"EF можно описать окружность (смотри способ г).

к) Провести окружность через точки F и D — основания высот ßß и AD и точку Л' — середину стороны AB (черт. ПО). Рассмотреть четырехугольник FA'B'D. Доказать, что /LFA'B' + Z-B'DF = 180° l/LFA'B' = /-ВАС.

л) Провести окружность через середину одной из сторон треугольника, одну точку Эйлера и основание одной из высот, например через точки F, Л', В". Рассмотреть четырехугольник FA'B'D, доказав, что /-FA 'B"-\-/-B"DF = = 180° (/LFA'B,f = 2 • Z.A + /LB — 90°, A.FDB" = 90°-f +/LC — /LA, следовательно, /LFA 'B"+ /LFDB" = 2 • /LA + + /LB — 90° + 90° + /LC — /-A = /LA + /LB + /LC = = 180°).

м) Равенство A"02 = B"02 = C"02 = —/? получаем из треугольников AOOu ВОО{ и COOu у которых Л"02, jB,,02 и С"02— соответственно средние линии (черт. 111). Продолжим высоту AD до пересечения с описанной окружностью в точке Р. Образовавшийся прямоугольный треугольник PDB равен треугольнику OBD (/LFBC = = /LDAC: дополняются одним и тем же углом АСВ до 90°, а /-РАС = /-СВР, как вписанные, опирающиеся на одну дугу). Из равенства этих треугольников заключаем: OD = PD.

Черт. 111

В треугольнике 0Р0А D02--средняя линия, т. е. D0Z = = — PO. = — /?. Аналогично доказывается, что F0.2 = -~ R и £0о = -Я.

В трапеции OOxB'D через середину боковой стороны 00\ (точку 02) проведем 02P'_\_B'D, тогда ß'P' =Z)P' и 02ß' = = 02D, как наклонные, основания которых В' и D одинаково удалены от основания перпендикуляра 02Р'. Следовательно, и В'02 = D02 = у /?. Аналогично доказывается, что

Итак, точка 02 — середина отрезка между ортоцентром и центром описанной окружности треугольника ABC находится на одинаковом расстоянии от девяти данных точек, следовательно, окружность с центром в точке 02 радиуса

-R пройдет через точки А\ В', С, Л",Я",С",0, Е и/7.

ЛИТЕРАТУРА

Андреев Ф. А., Развитие логического мышления у учащихся и решение задач на доказательство, Уфа, 1953.

Арсеньев Н.А., Задачи на доказательство в неполной средней школе, «Математика в школе», 1948, № 5.

Арсеньев Н.А., Приемы решения задач на доказательство метрических соотношений, «Математика в школе», 1950, № 5.

Барыбин К. С., Сборник геометрических задач на построение, Учпедгиз, 1954.

Бернштейн М. С, Задачи на доказательство в курсе геометрии, «Математика в школе», 1941, № 4.

Больсен Е. М., Решение задач на доказательство, «Математика в школе», 1955, № 4.

Гольденблат И. И., Решение геометрических задач на доказательство, «Математика в школе», 1952, № 5.

Гоноблин Ф. Н., К вопросу о понимании геометрических доказательств учащимися, «Известия АПН РСФСР», вып. 54.

Данилова Е. Ф., Как помочь учащимся находить путь к решению геометрических задач, Учпедгиз, 1961.

Енакиева В. И., Методы доказательства геометрических теорем. Сб. «Вопросы преподавания математики», Ростов-на-Дону, 1939.

Зевин В. И., О геометрических задачах на доказательство. Сб. «В помощь учителю», Ростов-на-Дону, 1939.

Кипнис И. М., Из опыта преподавания геометрии, «Математика в школе», 1954, № 4.

Костин В. А., Чертежи-задачи по геометрии на доказательство в средней школе, Тула, 1963.

Крайзман М. Л., О развитии творческого мышления учащихся в преподавании геометрии, «Математика в школе», 1955, № 6.

Кузьмина С. А,, О доказательстве теорем в курсе геометрии VI класса, Учпедгиз, 1960.

Лембке К. К.. О доказательстве геометрических теорем, «Математика в школе», 1953, № 1.

Немытов П. А., Сборник задач на доказательство по геометрии для 6—7 классов, Учпедгиз. 1956.

Орленко М. И., Решение геометрических задач на доказательство, Минск, 1957.

Песков Т. А., Борьба с формализмом в преподавании математики в средней школе, Уфа, 1949.

Притуло Ф. Ф., Методика изложения геометрических доказательств, Учпедгиз, 1958.

Сонцов А., Как обучать сознательному нахождению доказательств, «Известия Горьковского пед. ин-та», 1929.

Фетисов А. И., О доказательстве в геометрии, Учпедгиз, 1954.

ОГЛАВЛЕНИЕ

От автора ...................... 3

Глава I. Различные способы доказательств и их роль в активизации учебного процесса

§ 1. Доказательство, его сущность и содержание . . 5

§ 2. Различные способы доказательств....... 6

§ 3. Роль различных способов доказательств в активизации учебного процесса .......... 11

§ 4. Значение поисков «новых» доказательств в раскрытии познавательных возможностей учебных задач .................... 13

Глава II. Методика обучения различным способам доказательств

§ 5. Некоторые общие условия, способствующие успешному обучению различным способам доказательств 18

§ 6. Первые доказательства и их разновидности ... 20

§ 7. Различные способы доказательств первых теорем учебника ................. 25

§ 8. Доказательства, способствующие выработке у учащихся навыков работы с книгой....... 29

§ 9. Доказательства, способствующие закреплению изученных положений ............ 31

§ 10. Урок, посвященный различным способам доказательств ................. 33

§ 11. Обучение школьников решению задач различными способами ................. 36

§ 12. Еще один прием обучения различным способам доказательств теорем ............ 42

§ 13. Задачи, решаемые длительное время...... 45

§ 14. Карточки-задания по отысканию различных способов доказательств ............ 49

§ 15. Различные способы доказательств во внеклассной работе .................. 55

§ 16. Как искать различные способы доказательств. 61

Глава III. Задачи на доказательство......... 66

Александр Иванович Мостовой

РАЗЛИЧНЫЕ СПОСОБЫ ДОКАЗАТЕЛЬСТВ В КУРСЕ ГЕОМЕТРИИ ВОСЬМИЛЕТНЕЙ ШКОЛЫ

Редактор Н. И. Никитина Обложка художника Тропахова Художественный редактор А. В. Сафонов Технический редактор М. И. Смирнова Корректор Т. А. Кузнецова

Сдано в набор 7/V 1965 г. Подписано к печати 7,Х 1965 г. 84Xl03'/j2. Печ. л. 3.25 (5,46) Уч.-изд. л. 4,74. тираж 95 тыс. *\\3 (ПЛ. 1965 г. л» 222.). А 10530.

Издательство «Просвещение» Государственного комитета Совета Министров РСФСР по печати. Москва. 3-й проезд Марьиной рощи. 41

Саратовский полиграфический комбинат Росглавполиграфпрома Государственного комитета Совета Министров РСФСР по печати.

г. Саратов, ул. Чернышевского. 59. Заказ 2o4.

Отпечатано с матриц в комбинате печати «Радянська У кража». Киев, Брест-Литов ский проспект, 94. Зак. 05749. Цена 13 коп.