Е. Петрова,г. Саратов

Дифференцированное обучение

9 класс
Программа по геометрии (2 ч в неделю, всего 68 ч)

Тема программы
Группа A	Группа B	Группа C
1. Подобие фигур (17 ч)
Преобразование подобия. Гомотетия как преобразование подобия. Свойства преобразования подобия. Подобие фигур. Свойство транзитивности подобия фигур. Свойство отношений сходственных элементов подобных фигур. Признаки подобия треугольников. Отношение периметров подобных треугольников. Подобие прямоугольных треугольников. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике. Свойство биссектрисы треугольника. Углы, вписанные в окружность. Теорема о величине угла, вписанного в окружность. Следствие о вписанных углах, опирающихся на диаметр.	Построение простейших фигур, гомотетичных данным (отрезок, угол, луч, треугольник, четырехугольник, окружность). Способы задания гомотетии. Отношение периметров подобных многоугольников. Решение задач на построение и доказательство методом подобия [10, 14, 15, 23, 25]. Решение задач повешенной трудности [10, 14, 15, 23–25]. Углы с вершиной внутри и вне круга. Три основные задачи о пропорциональности отрезков хорд и секущих окружностей [20, п. 108 и § 11, № 62, с. 191]. Их обобщение. Степень точки относительно окружности.	Теорема. Гомотетия есть преобразование подобия (без доказательства). Без доказательства. Без доказательства. Без доказательства. С доказательством только первого признака подобия треугольников (по двум углам). Учащиеся должны поместить таблицу сопоставления признаков подобия и равенства треугольников в своих рабочих тетрадях-справочниках. Сообщение фактов из истории математики [8, гл. 2, § 9]. Все теоремы, начиная от метрических соотношений в прямоугольном треугольнике – без доказательства.
2. Решение треугольников (11 ч)
Теорема косинусов. Теорема синусов. Следствия из нее: 1) где R – радиус окружности, описанной около данного треугольника. 2) Соотношение между углами треугольника и противолежащими сторонами. Решение треугольников. Дано: 1) a, b, g; 2) a, b, g; 3) a, b, c.	Теорема о сумме квадратов диагоналей параллелограмма. Вычисление медиан и биссектрис треугольника, стороны которого известны [20, § 12, № 1, 9, 10, с. 198]. Решение задач повышенной трудности [10, 15, 18, беседы 15, 24] и задач с использованием микрокалькулятора [10, с. 78, 79]. Решение треугольников. Дано: 4) a, b, a. Решение аналогичной задачи на построение. Построить D ABC, если даны a, b, a.	Не требовать воспроизведение учащимися доказательства. Сообщение фактов из истории математики [8, гл. 4, § 15, п. 34]. Следствие 1 из теоремы синусов исключается; следствие 2 – без доказательства. Решение по образцам для случаев 1–3. Эти образцы учащиеся должны оформить в своих рабочих тетрадях-справочниках.
3. Многоугольники (12 ч)
Выпуклые многоугольники. Теоремы: о сумме углов выпуклого n-угольника и о сумме внешних углов выпуклого многоугольника, взятых по одному при каждой вершине. Правильные многоугольники. Формулы для радиусов вписанных и описанных окружностей правильных многоугольников. Построение некоторых правильных многоугольников (треугольника, четырехугольника, шестиугольника, восьмиугольника). Теорема о подобии правильных выпуклых n-угольников (без доказательства). Длина окружности. Длина ее дуги. Радианная мера угла.	Доказательство двумя способами. Задачи на вычисление внутренних и внешних углов многоугольника. Формулы для вычисления сторон правильного вписанного восьмиугольника, двенадцатиугольника, пятиугольника, десятиугольника [20, § 13, № 23–25]. Построение правильных пятиугольника и десятиугольника. С доказательством. Решение задач повышенной трудности [10, 14, 15].	Составление учащимися в рабочих тетрадях-справочниках таблицы с определениями: ломаной, простой ломаной, замкнутой ломаной, многоугольника; плоского, выпуклого и правильного многоугольников. Исторические сведения о вписанных и описанных правильных многоугольниках [8, гл. 2, § 6; гл. 4, § 16]. Таблицы построения правильных многоугольников в рабочих тетрадях-справочниках учащихся [22, с. 139, 140]. Без доказательства. Исторические сведения о длине окружности и числе p [8, гл. 4, § 16]. Теорема об отношении длины окружности к ее диаметру – без доказательства.
4. Площади фигур (12 ч)
Определение площади. Площадь прямоугольника (без доказательства). Площадь параллелограмма. Площадь треугольника: Формула Герона для площади треугольника (без вывода). Площадь трапеции. Формулы для радиусов вписанной и описанной окружностей треугольника.       Площадь круга и его частей. Решение задач.	С доказательством. Равновеликие и равносоставленные фигуры [4]. Задача деления площадей и преобразования равновеликих фигур [8, гл. 6, § 20].   Вывод формулы Герона. Задача. Доказать, что если диагонали четырехугольника пересекаются, то площадь четырехугольника равна половине произведения его диагоналей на синус угла между ними [20, № 40, с. 228]. Исследовать, справедливо ли это предложение для невыпуклого четырехугольника. Вычисление площади кругового сегмента. Решение задач повышенной трудности [10 14, 15, беседа 14, с. 240; 22, с. 177–194; 25, IX, с. 28].	Без доказательства. Исторические факты об измерении площадей в древности [8, гл. 2, § 6, п. 22].     Без вывода. Исторические факты: Герон Александрийский и его формула [8, гл. 4, § 16, п. 37]. Доказательство не обязательно. В рабочих тетрадях-справочниках учащиеся должны составить таблицу площадей фигур, включающую формулы площадей фигур и соответствующие им иллюстрации. Исторические факты о длине окружности, о площади круга. Архимед [8, гл. 4, § 16, п. 37]. Формула площади круга, площади кругового сектора и сегмента, не равного полукругу, без доказательства.
5. Обобщающее повторение курса планиметрии (16 ч)

Рекомендуемые задачи по геометрии

Группа B

I. Подобие фигур

1. Биссектриса внешнего угла треугольника ABC при вершине C пересекает прямую AB в точке D. Докажите, что AD : BD = AC : BC. [20, § 11, № 46]

Решение.

1) BP C CD (рис. 1).
2) D APB ~ D ACD ^ AC :: PC = AD : BD. (1)
3) F BPC = F DCK как соответственные при параллельных прямых; F PBC = F BCD как внутренние накрест лежащие; F BCD = F DCK по условию задачи. Отсюда:  F CPB = F PBC ^ D CPB – равнобедренный, т. е. PC = CB. (2)

Подставляя (2) в (1), получим, AD : BD = AC : BC, что и требовалось доказать.

2. Прямая, параллельная основаниям трапеции, проходит через точку пересечения диагоналей O. Докажите, что отрезок, отсекаемый от этой прямой боковыми сторонами, делится в точке O пополам. [25, № 293, с. 29]

3. С помощью циркуля и линейки построить треугольник по углу при вершине, противолежащей основанию, высоте, проведенной к основанию, и отношению боковых сторон.

Дано: AC : AB = m : n.

Решение. Пусть, для определенности, AC : AB = 2 : 3.

При решении задач на построение методом подобия временно отбрасываем одно из условий и строим фигуру, удовлетворяющую всем остальным условиям задачи. В рассматриваемом случае не учитываем h_a.

Треугольников с углом при вершине, противолежащей основанию, равным a, и отношением боковых сторон 2 : 3 можно строить сколь угодно много. Пусть один из них D AB'C' (рис. 2). Высота, проведенная к основанию AH' не равна h_a.

Отложим на луче AH' отрезок AH = h_a и через H проведем прямую CB C C'B' до пересечения со сторонами угла B'AC' или их продолжениями соответственно в точках B и C.

Треугольник ABC – искомый. В самом деле, F CAB = a, высота AH = h_a по построению, AC : AB = 2 : 3, так как D ABC ~ D AB'C', так как CBC C'B'.

4. Постройте ромб по отношению диагоналей и высоте.

Указание к решению. Решение задачи сводится к построению треугольника AOD, где O – точка пересечения диагоналей ромба ABCD. Этот треугольник нужно построить по углу при вершине (он прямой), отношению боковых сторон и высоте (см. задачу 3).

5. В данный треугольник вписать квадрат (две вершины квадрата лежат на основании треугольника, а две другие – соответственно на его боковых сторонах).

[20, § 11, № 9]

Решение. Предположим, что задача решена, и квадрат PMNQ, вписанный в данный треугольник ABC, построен (рис. 4). Временно отбросим одно из условий задачи, а именно, что вершина квадрата N должна принадлежать стороне BC. Квадратов, удовлетворяющих остальным условиям задачи, можно построить сколь угодно много. Пусть P'M'N'Q'  – один из них.

Проведем AN'  до пересечения с BC в точке N. Проведем MNCAC (MЭAB), MPBAC (PЭAC), NQBAC (QЭAC). PMNQ – искомый квадрат, что легко доказать, рассматривая подобие двух пар треугольников (D AMN ~ D A'M'N', D ANQ ~ D AN'Q').

6. Даны: угол и внутри него точка A. Постройте окружность, касающуюся сторон угла и проходящую через точку A.

[20, § 11, № 8]

Дано: F MON, точка A – внутри него (рис. 5).

Решение. Предположим, что задача решена, и окружность a(C; CA) – искомая. Ее центр C лежит на биссектрисе данного угла, CKBOM, CHBON (K Э OM, H Э ON).

Временно отбросим одно из условий задачи, а именно, что искомая окружность проходит через точку A. Окружностей, удовлетворяющих остальным условиям задачи, т. е. вписанных в угол MON, можно построить бесконечно много, их центры будут расположены на биссектрисе данного угла MON (OT).

Пусть a'(C'; r) – одна из таких окружностей. Для ее построения выбираем C'  – центр – произвольную точку на луче OT, проводим C'H'BON; a'(C'; C'H') касается и второй стороны угла, так как C'ЭOT.

Проведем OA; OA пересечет a' в двух точках: A' и A''.

Проведем A'C' и ACCA'C' (ACЖOT=C); C – центр искомой окружности.

Проведем CHBON (HЭON). Искомая окружность a(C; CA).

Проведем A''C' и AC₁C A''C'. AC₁ЖOT = C₁ – центр второй искомой окружности a₁(C₁; C₁H₂), где C₁H₂BON, H₂ЭON.

Задача имеет два решения.

7. Докажите, что произведение отрезков секущей окружности равно квадрату отрезка касательной, проведенной из той же точки.

[20, § 11, № 62]

Решение. Пусть CAB – секущая, CD – касательная, проведенные к данной окружности

[воспроизводится рис. 262, с. 191, 200].

Нужно доказать, что CAжCB = CD².

Имеем: FABD = FCDA (рис. 6), так как первый из них – угол, вписанный в данную окружность и опирающийся на дугу ATD, а второй угол образован касательной и хордой. Такой угол измеряется половиной дуги, заключенной внутри него (» ATD).

У треугольников ACD и DCB угол C – общий и F CDA = F DBC, значит, они подобны.
Тогда AC : CD = CD : CB, откуда CD² = CAжCB, что и требовалось доказать.

8. Докажите, что геометрическим местом точек, отношение расстояний от которых до двух данных точек постоянно и отлично от единицы, является окружность. Она называется окружностью Аполлония.

[20, § 11, № 47]

Решение. Для решения задачи нужно доказать две взаимно обратные теоремы.

1. Точки, отношение расстояний которых до двух данных точек A и B равно , лежат на окружности (a).

Нужно выяснить, где находится центр этой окружности и каков ее радиус.

2. Если точка лежит на окружности a, то отношение расстояний от нее до концов отрезка AB равно .

Переходим к доказательству первого утверждения, для чего выделим сначала нестандартные случаи: точка, принадлежащая геометрическому месту точек, находится на прямой AB. Таких точек будет две. Они делят отрезок AB на указанные части «внутренним» и «внешним» образом.

Положим, для определенности, что m : n = 3 : 2.

Пусть P – точка, лежащая на отрезке AB, такая, что PA : PB = 3 : 2. Тогда отрезок AB нужно разделить на пять равных частей (элементарное построение) и отсчитать от точки A три таких отрезка.

Чтобы найти точку Q на прямой AB вне отрезка AB такую, что QA : QB = 3 : 2, нужно от точки B вправо на прямой AB отложить два отрезка, равные AB.

Пусть теперь M – произвольная точка, принадлежащая геометрическому месту точек, т. е. MA : MB = 3 : 2. Соединим M с точками P и Q. Тогда MA : MB = PA : PB = 3 : 2, значит, MP – биссектриса внутреннего угла AMB треугольника AMB.

Заметим, что MA : MB = QA : QB = 3 : 2, значит, MQ – биссектриса внешнего угла треугольника AMB, смежного с углом AMB.

Но тогда MPBMQ, т. е. F PMQ = 90°. Значит, точка M, принадлежащая искомому геометрическому месту точек, лежит на окружности, построенной на отрезке PQ как на диаметре (обозначим ее a).

Первая сформулированная теорема доказана. Однако, может быть на этой окружности существуют точки T такие, что TA : TB ­ 3 : 2? Тогда окружность a нельзя считать искомым геометрическим местом точек. Поэтому необходимо доказать теорему 2.

Итак, точка T лежит на окружности a (рис. 8).

Доказать, что TA : TB = 3 : 2.

Через точку B проведем прямую l C AT.

l Ж TQ = D, l Ж TP = K.

Треугольники ATP и BKP подобны, так как KB C AB ^ TA : BK = PA : PB = 3 : 2. (1)

D ATQ ~ D BDQ ^ TA : BD = QA : QB = 3 : 2. (2)

Из (1) и (2) имеем TA : BK = TA : BD = 3 : 2, BK = BD.

Так как TЭa, то FPTQ = 90°. В прямоугольном треугольнике TDK BK = BD, значит, TB – медиана, тогда TB = BK = BD.

Подставляя в (1) вместо BK равный ему отрезок TB или в (2) вместо BD равный ему отрезок TB, получаем: TA : TB = 3 : 2, что и требовалось доказать.

Итак, искомым геометрическим местом точек является окружность.

В частном случае (в данной задаче исключается) MA : MB = 1, получается прямая, проходящая через середину отрезка AB и перпендикулярная к нему. Ее, вообще говоря, можно рассматривать как окружность бесконечно большого радиуса.