2. Д еление отрезка на n равных частей.

Провести луч через A, отложить на нём n равных отрезков. Через B и A_n провести прямую и к ней параллельные через точки A₁ – A_n-1. Отметим их точки пересечения с AB. Получим n отрезков, которые равны по теореме Фалеса.

Т еорема Фалеса. Если на одной из двух прямых отложить последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсекут на второй прямой равные между собой отрезки.

Доказательство. AB=CD

1. Проведём через точки A и C прямые, параллельные другой стороне угла. Получим два параллелограмма AB₂B₁A₁ и CD₂D₁C₁. Согласно свойству параллелограмма: AB₂ = A₁B₁ и CD₂ = C₁D₁.

2. ΔABB₂=ΔCDD₂ ABB₂ CDD₂ BAB₂ DCD₂ и равны на основании второго признака равенства треугольников: AB = CD согласно условию теоремы, как соответственные, образовавшиеся при пересечении параллельных BB₁ и DD₁ прямой BD.

3. Аналогично каждый из углов и оказывается равным углу с вершиной в точке пересечения секущих. AB₂ = CD₂ как соответственные элементы в равных треугольниках.

4. A₁B₁ = AB₂ = CD₂ = C₁D₁

Билет №3

1. Пропорциональные отрезки в круге.

Теорема о хордах окружности. Если две хорды окружности пересекаются, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды.

Доказательство. , как вертикальные; , как опирающиеся на одну дугу, тогда по II признаку

2. Вывод формулы для вычисления суммы углов выпуклого многоугольника.

Теорема. Сумма углов выпуклого треугольника .

Доказательство. Выберем точку внутри многоугольника. Соединим её с каждой вершиной многоугольника. Получим 7 треугольников.

Сумма углов многоугольника будет равна сумме всех углов треугольников, кроме прилежащих к внутренней точке (360°).

Билет №4

1. Параллельность прямых. Признаки параллельности.

Определение. Параллельными прямыми называются прямые, которые лежат в одной плоскости и либо совпадают, либо не пересекаются.

Т еорема. Если сумма односторонних (4-5, 3-6) углов равна 180° или накрест лежащие (3-5, 4-6) либо соответственные (1-5, 2-6, 3-7, 4-8) углы равны, то прямые параллельны. (рис. 1)

Доказательство (рис. 2): Из середины O отрезка AB проведём перпендикуляр ОН к прямой а. На прямой b от точки В отложим отрезок ВН₁, равный отрезку АН, как показано на рисунке, и проведём отрезок ОН₁. Треугольники ОНА и ОН₁В равны по двум сторонам и углу между ними (АО = ВО, АН = ВН₁, ∠1=∠2), поэтому ∠3=∠4 и ∠5=∠6. Из равенства ∠3=∠4 следует, что точка Н₁ лежит на продолжении луча ОН, т. е. точки Н, О и Н₁, лежат на одной прямой, а из равенства ∠5=∠6 следует, что угол 6 — прямой (так как угол 5 — прямой). Итак, прямые а и b перпендикулярны к прямой НН₁, поэтому они параллельны.

Теорема доказана. ( , рис. 1)

,

2. Н ахождение гипотенузы, катета и острого угла прямоугольного треугольника по данным его второму катету и острому углу.

1. Дано: a, ∠A

2. Дано: a, ∠B

(т.к. сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90°)