/
Автор: Шахмейстер А.Х.
Теги: общее школьное образование общеобразовательная школа алгебра математика задачи по геометрии школьное образование
ISBN: 978-5-98712-083-5
Год: 2015
Текст
А.Х. Шахмейстер
Геометрические
задачи
НА ЭКЗАМЕНАХ
ЧАСТЫ. ПЛАНИМЕТРИЯ
Для тех,
кто
хочет
учиться
А. X. Шахмейстер
Г еометрические задачи
на экзаменах
Часть1. Планиметрия
ПОСОБИЕ ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ,
АБИТУРИЕНТОВ И ПРЕПОДАВАТЕЛЕЙ
С.-Петербург
Москва
2015
УДК 373.167.1:512
ББК 22.141я71.6
Ш32
Редактор:
Кандидат пед. наук, доцент кафедры
математики МИОО А. В. Семенов.
Рекомендовано
Московским институтом открытого образования (МИОО)
и Московским центром непрерывного математического
образования (МЦНМО) в качестве пособия для школьников,
абитуриентов и преподавателей.
Шахмейстер А.Х.
Ш32 Геометрические задачи на экзаменах. Часть 1. Планиметрия /
А.Х. Шахмейстер — СПб.: «Петроглиф» : «Виктория плюс» : М.:
Издательство МЦНМО, 2015.—392с.: илл.—
ISBN 978-5-98712-083-5, ISBN 978-5-91673-155-2,
ISBN 978-5-4439-0347-7.
Данное пособие предназначено для углубленного изучения школь¬
ного курса математики, содержит большое количество разноуровневого
тренировочного материала. В книге представлена программа для про¬
ведения элективных курсов в профильных и предпрофильных классах.
Пособие адресовано широкому кругу учащихся, абитуриентов, студентов
педагогических вузов, учителей.
УДК 373.167.1:512
ББК 22.141я71.6
ISBN 978-5-98712-083-5 («Петроглиф»)
ISBN 978-5-91673-155-2 («Виктория плюс»)
ISBN 978-5-4439-0347-7 (МЦНМО)
© Шахмейстер А. X., 2015
© Куликов Ю.Н., обложка, 2011
© ООО «Петроглиф», 2015
Посвящается памяти Заслуженных
учителей России:
Бориса Германовича Зива
Иосифа Яковлевича Веребейчика
Арона Рувимовича Майзелиса
Таисии Ивановны Курсиш
Владимира Леонидовича Ильина
Предисловие
Предлагаемая серия книг адресована широкому кругу учащихся
средних школ, классов и школ с углубленным изучением матема¬
тики, абитуриентов, студентов педагогических вузов, учителей.
Книги можно использовать как самостоятельные учебные посо¬
бия (самоучители), как задачники по данной теме и как сборники
дидактических материалов. Каждая книга снабжена программой
элективного курса.
Для учащихся можно предложить следующую схему работы: про¬
читав вступление и рассмотрев примеры решения, самостоятель¬
но решать тренировочные работы, затем посмотреть решения и,
осмыслив их, попробовать решить проверочные работы, проверяя
их решения по книге и т.д.
Книги полностью подходят для самостоятельного овладения той
или иной темой и рассчитаны на последовательное обучение от
начального уровня до уровня, необходимого абитуриентам.
Для учителей эти книги предоставляют широкий выбор приемов
и методов работы:
Это могут быть задания учащимся для самостоятельной работы
с последующим контролем учителя.
Возможно использование книги как задачника для работы в клас¬
се и для домашних заданий.
Подбор материала позволяет существенно дифференцировать
уровень требований к учащимся при проведении контрольных
и зачетных работ.
Уровень сложности и объем материала в книгах серии, безусловно,
избыточен, и учитель должен сам выбирать сложность и объем
материала в соответствии с возможностями учащихся и задачами,
стоящими перед ними.
А. X. Шахмейстер
Предисловие редактора
Перед вами уникальная книга «Геометрические задачи на экза¬
менах. Часть I. Планиметрия». Серии «Математика. Элективные
курсы» по школьному курсу для тех, кто хочет учится и может
научиться. В действительности это удивительная энциклопедия
различных методов решения задач, кладовая педагогического
и методического опыта преподавания сложных тем школьно¬
го курса математики. Это настоящий самоучитель, в котором
с «разных позиций» рассматриваются основные идеи решения
геометрических задач по планиметрии. Это готовые занятия
математических кружков и факультативов по интересным мате¬
матическим темам. Большое количество разнообразных задач,
методов доказательства, интересных планиметрических фактов
и теорем позволит учащемуся «прочувствовать», геометрически
образно представить и «увидеть» их естественное применение.
Книга адресована широкому кругу читателей:
- интересующемуся ученику обычного класса;
- ученику профильного или специализированного класса;
- студенту, изучающему высшую математику;
- учителю, преподающему школьный курс математики.
Ценность книги заключается в том, что решенными заданиями
приходит понимание трудных для восприятия математических
понятий, изучаемых в школе. Многие факты и идеи, заложенные
в систему задач, тренировочных, самостоятельных, безусловно,
могут быть использованы для подготовки к экзаменам, творче¬
ским работам и олимпиадам.
Желательно подробно разобраться в кратком теоретическом ма¬
териале, рассмотренном в качестве повторения в первых парагра¬
фах книги, а затем обратить особое внимание на доказательства:
выделить для себя, что дано, что необходимо доказать, какой
чертеж наиболее точно отражает условия задачи.
Существенно помогает при обучении решению задач большое
количество лабораторных, блиц-самостоятельных, упражнений
на готовых чертежах, задач-ловушек, самостоятельных и трени¬
ровочных работ.
Планомерная работа с материалами книг этой серии вместе с ма¬
териалами учебных методических комплектов дает наибольший
эффект понимания и усвоения содержания школьного курса
математики.
А. В. Семенов
Программы элективных курсов
для учащихся 8-11 классов
Элективный курс №1.25 уроков (8 класс)
№№
уроков
Название темы
В скобках указаны номера заданий
1-4
Треугольники и параллелограммы (стр. 13 - 27)
Признаки равенства треугольников. Параллельные прямые.
Медианы, биссектрисы, высоты треугольника их свойства. Четы¬
рехугольники: параллелограмм, ромб, прямоугольник, квадрат,
свойства и признаки.
5-10
Задачи на доказательство. Моделирование условий (стр. 28 - 70)
(1,3,5,6,8,10,11,12,15,16,18,21,23,24,25).
11-15
Теорема Фалеса, подобие (стр. 71 - 85)
Окружность и прямая, вписанные и центральные углы, свойства
касательных к окружности, треугольник и окружность. Призна¬
ки подобия треугольников, подобие различных фигур.
16-20
Практикум 1 (2,3,6,7,8,9) (стр. 76 -100)
Лабораторная работа 1
Практикум 2 (1, 2,3,4,5)
21-25
Лабораторная работа 1 (стр. 137 -164)
Формулы площадей треугольника, параллелограмма,
четырехугольника (через диагонали).
Элективный курс №2.20 уроков (9 класс)
1-2
Самостоятельная работа 1
Трапеция
(стр. 109)
(стр. 166 -169)
3-7
Практикум 4 (1,2,3,4,5,7,8)
Тренировочная работа 1 (1 (а, в, г, д), 2,3)
Самостоятельная работа 2
(стр. 170-188)
(стр. 111)
(стр. 165)
8-10
Метрические соотношения в окружности
Практикум 5 (2,4,5)
(стр. 200 - 238)
11-15
Тренировочная работа 2 (1,2,3,4)
Блиц-самостоятельные работы (частично)
Лабораторная работа 1 (частично)
(стр. 189-190)
(стр. 235)
(стр. НО)
16-20
Средние величины (1,2,3)
Практикум 6 (2,4,5)
Тренировочная работа 3(1,4)
Самостоятельная работа 3 (Моделирование...)
(стр. 239 - 260)
(стр. 218)
(стр. 193-229)
Элективный курс №3.20 уроков (обобщение)
№№
уроков
Название темы
В скобках указаны номера заданий
1-5
Теория (обобщение из разных разделов):
Треугольники - свойства, признаки равенства.
Четырехугольники - свойства, признаки.
Окружность и многоугольники. Подобие, признаки, свойства.
Площади фигур. Правильные многоугольники.
6-10
Тренировочная работа 4 (1,2,4) (стр. 261 - 263)
Тренировочная работа 5 (2,4)
11-15
Метрические соотношения в окружности (стр. 200 - 217)
Практикум 5
16-20
Итоговая самостоятельная работа 1 (2,5,7,8,10) (стр. 341-355)
Итоговая самостоятельная работа 2 (1,3,5,6,8,9,10)
Итоговая самостоятельная работа 3 (1,2,3,6,7,8,10)
Программа разработана по материалам книги заслуженным учителем РФ
Е. Б. Лившицем.
Авторский элективный курс №1. 58 - 66 уроков
№№
уроков
Название темы.
В скобках указаны номера заданий
1-2
Введение
(стр. 9 -12)
3-4
(+1)
Основные определения и теоремы
(стр. 13 - 27)
5-6
(+1)
Задачи на доказательство
Особенности моделирования
текстовых условий задач (6,12,13,15,17,20)
(стр. 28-41)
7-10
Решение задач на доказательство
(3,6,7,9, И, 14,18,21,22,23,24,25),
остальные — задание на дом
(стр. 42 - 70)
11-12
Теорема Фалеса, подобие
(стр. 71-85)
(+1)
Тригонометрические отношения: в прямоугольном
треугольнике, в треугольнике (1,2,3,4,5,6)
13-15
(+1)
Практикум 1 (2,3,4,6,8,10)
(1,5,7,9) — задание на дом
(стр. 88-108)
16-18
Метрические отношения в прямоугольном
треугольнике
Практикум! (1,2,3,4,5)
Теорема Стюарта
(стр. 124 -152)
№№
уроков
Название темы
В скобках указаны номера заданий
19-23
(+1)
Практикум 3 (2,3,4,5)
(1,6,7) — задание на дом
(стр. 158 -164)
24-25
Самостоятельная работа 1
Противоположный вариант — задание на дом
(стр. 109)
26-29
Трапеция
Практикум 4 (1,2,3,4,5,7,10),
остальные — задание на дом
(стр. 166 -188)
30-31
Тренировочная работа 1 (1,2,3),
(4) — задание на дом
(стр. 111 -123)
32-33
Самостоятельная работа 2
(стр. 165)
34-37
Метрические отношения в окружности
Практикум 5 (1,2,5), (3,4) — задание на дом
Тренировочная работа 2
(стр. 200-217)
(стр. 189-199)
38-40
(+1)
Блиц-самостоятельные работы
По выбору, но не менее пяти работ,
остальные — задание на дом.
Лабораторая работа 1
Лабораторая работа 2
Лабораторая работа 3
По одному варианту на занятии,
остальные — задание на дом
(стр. 235-236)
(стр. 110)
(стр. 137)
(стр. 153)
41-44
(+1)
Средние величины.
Неравенства о средних (1,2,4),
(3) — задание на дом.
Практикум 6 (2,4,5),
(1,3) — задание на дом
(стр. 239 - 260)
45-48
Решение комбинированных задач
на закрепление полученных навыков
Тренировочная работа 3 (1,4),
остальные — задание на дом
Самостоятельная работа 3 (1,3), остальные —
(стр. 261-210)
задание на дом
49-52
(+1)
Тренировочная работа 4
Самостоятельная работа 4
Тренировочная работа 5
Самостоятельная работа 5
Тренировочная работа 6
(стр. 261)
(стр. 263)
(стр. 282)
(стр. 284)
(стр. 305)
53-58
Итоговые самостоятельные работы
(задания по выбору учителя)
(стр. 341-355)
Авторский элективный курс №2. 64 урока
(повторение для 10-11 классов)
№№
уроков
Название темы.
В скобках указаны номера заданий
1-8
Треугольники и параллелограммы
Практикум 1
Самостоятельная работа 1
Лабораторая работа 1
Тренировочная работа 1
(стр. 13-123)
9-20
Метрические отношения в прямоугольном
треугольнике
Практикум 2
Лабораторая работа 2
Лабораторая работа 3
Практикум 3
Самостоятельная работа 2
(стр. 124 -165)
21-27
Трапеция
Практикум 4
Тренировочная работа 2
Самостоятельная работа 3
(стр. 166-199)
28-40
Метрические отношения в окружности
Упражнения на готовых чертежах 1
Практикум 5
Тренировочная работа 3
Упражнения на готовых чертежах 2
Блиц-самостоятельные работы
Лабораторая работа 4
(стр. 200 - 238)
41-64
Решение комбинированных задач
на закрепление полученных навыков
Тренировочная работа 4. Самостоятельная работа 4
Тренировочная работа 5. Самостоятельная работа 5
Тренировочная работа 6. Самостоятельная работа 6
Тренировочная работа 7. Самостоятельная работа 7
Домашняя тренировочная работа
Самостоятельная работа 8
(стр. 261-340)
Разумеется, учитель может составить свой элективный курс, комбинируя
и выбирая блоки тем, или уменьшая количество часов и задач в блоке,
распределяя, если нужно, по классам. Предполагается, что книга есть у
каждого учащегося.
Математика — это специфический язык,
который мы используем для моделирования
явлений действительности.
Введение1
Об аксиоматике
Наиболее трудной темой в геометрии является введение основ¬
ных неопределяемых понятий и аксиом. В период активного
повторения имеет смысл обратиться к этой теме более под¬
робно.
Трудность в восприятии идей аксиоматики в том, что для
учащихся непонятно, для чего выделять очевидные для них
свойства (аксиомы) взаимоотношений между основными поня¬
тиями. Это исторически связано с тем, что они формировались
из непосредственной практики и наблюдений за естественными
явлениями природы и опыта их применения.
В геометрии под основными понятиями (позже станет понятно,
почему они принципиально не могут быть определены) понима¬
ются понятия точки, прямой и плоскости (а также некоторые
другие).
Пример 1. Рассмотрим треугольную пирамиду DABC как
модель, на которой реализуются ряд принципов аксиоматиче¬
ского построения геометрии.
Будем под «точками»
понимать вершины
пирамиды А, В, С, D.
Под «прямыми» мы будем
понимать ребра АВ, ВС,
AC, АВ, ВВ, СВ.
Под «плоскостями» мы
будем понимать грани
ВАВ, ВВС, ВАС, АВС.
Под аксиомами обычно понимаются правила взаимоотноше¬
ний между основными понятиями (как правила игры в футбо¬
ле, шахматы...). Рассмотрим примеры двух аксиом.
1 При первом прочтении это введение можно опустить.
10
1) Через любые две «точки» можно провести «прямую».
2) Если через две «точки» можно провести «прямую», то
только одну.
Для треугольной пирамиды, где «точки» — вершины, «пря¬
мые» — ребра, «плоскости» — грани, первая и вторая аксиомы
(правила игры) выполняются (справедливы).
Пример 2. Рассмотрим другой пример. Пусть дана четырех¬
угольная пирамида MABCD.
Здесь под «точками»
будем понимать вершины
пирамиды А, В, С, D, М.
Под «прямыми» — ребра
АВ, ВС, CD, AD, AM,
ВМ, CM, DM.
Под «плоскостями» —
грани ABM, BCM,
DCM, DAM, ABCD.
Тогда для такой модели основных понятий первая аксиома
не выполняется. Действительно, не через любые две точки
можно провести прямую, т. е. не любые две вершины соеди¬
няются ребрами, например AC, BD ребрами не являются.
Вывод. Содержание основных понятий (т. е. то, что можно
понимать под точкой, прямой, плоскостью) косвенным обра¬
зом определяется системой аксиом (правилами взаимоотно¬
шений между основными понятиями). Поэтому основные по¬
нятия всегда принципиально не определяемы, так как их воз¬
можное содержание (наполнение) зависит от системы аксиом.
Пример 3. Можно рассмотреть пример и иной модели, реали¬
зующей другое содержание основных понятий.
а) Будем понимать под «точками» координатные пары (х;у),
причем, если точки А^х^у^) и В(ж2;у2) таковы, что
Х1 ~ х2, то значит и уг = у2. Если же уг = у2, то отсюда
Введение
И
вовсе не следует, что хх = х2. Итак, «точками» считаем
любые точки координатной плоскости, не принадлежащие
одной прямой, параллельной оси Оу.
б) Под «прямыми» будем понимать кривые, заданные функ¬
цией у = х2 + рх + q.
Проверим, какие из аксиом для них выполнимы.
Первая аксиома, утверждающая,
что через любые две «точки» можно
провести «прямую», очевидно
выполняется, так как для любых
ж1, ж2, у1? у2 существуют числа
р и Q, для которых
А(.х1',У1) У1 = х1 +pxi + q
В(х2,у2) у2 = х% + рх2 + q ’
А е Гу = х2 + рх + q
В € Гу = х2 + рх + q'
т. е.
Вторая аксиома, утверждающая, что если через две «точки»
можно провести «прямую», то только одну, также выполняет-
, « / У1 = х! + РХ1 + 9
ся, так как при хг ± х2 система уравнений < _ х
v ^2 2 2
есть система линейных уравнений относительно р и Q, и она
имеет единственное решение.
Таким образом, кривая («прямая») с найденными коэффици¬
ентами у — х2 + рх + q будет единственной. Значит, под «пря¬
мой» можно понимать параболу вида у = x2+px+q, и обычные
аксиомы (правила) будут справедливы.
Примечания. 1. В рамках этой модели никакие обычные пря¬
мые «прямыми» не являются, так как не являются графиками
парабол.
2. Известны и другие примеры моделей, реализующих иную
систему аксиом. Например, с этим можно столкнуться в гео¬
метрии Н. И. Лобачевского (1792-1856), Г. Ф. Римана (1826-
1866) и т. д.
12
Как работать с этой книгой
Сначала предлагается краткое теоретическое воспоминание
(для некоторых, возможно, эта информация незнакома). Затем
показывается, как применять теорию к решению задач.
Роль чертежа в формировании геометрической интуиции труд¬
но переоценить. Поэтому переход от текстовой формы запи¬
си условий геометрической задачи к геометрическому черте¬
жу, да еще наглядному, верному, всегда очень не прост, так
как отражает весьма мучительный процесс точного соотнесе¬
ния условий задачи и возможного геометрического чертежа.
(Это, зачастую, сложно и при переходе от геометрического чер¬
тежа к текстовому описанию условий задачи — кстати, очень
полезное упражнение.)
Учитывая сложность формирования геометрического вообра¬
жения, особенно пространственного, процесс решения задач
в книге, зачастую, разбит на этапы:
а) на первом дано только текстовое условие задачи;
б) на втором, если не очень получается самостоятельно
формализовать условие, предлагается возможный (иногда
только единственный возможный) чертеж с уточняющими
данными в виде «дано/найти»;
в) и только на третьем этапе рассматривается решение зада¬
чи с той или иной степенью подробности.
После окончательного ознакомления с решением задачи очень
даже полезно для себя отметить, что и на каком этапе вызвало
или вызывает трудности, что нового вы узнали. Такой подход
существенно углубит, облегчит и ускорит в дальнейшем про¬
цесс «научения» и желателен при решении любых задач.
Разумеется, полный обзор всех теоретических положений эле¬
ментарной геометрии школьного курса здесь не приводится.
13
Треугольники и параллелограммы
Основные понятия и утверждения
Параллельные и перпендикулярные прямые
Определение 1. Две прямые на плоскости называются па¬
раллельными, если они не пересекаются.
Примечание. По определению, две прямые называются пере¬
секающимися, если они имеют только одну общую точку. Зна¬
чит, если мы рассматриваем непересекающиеся прямые, то это
возможно только в двух случаях:
а) две прямые не имеют ни одной общей точки;
б) две прямые совпадают.
Некоторые вопросы логики доказательства
Определение 2. Если из истинности утверждения А
следует истинность утверждения В, то такая логическая
цепочка называется теоремой.
Записывается это так:
из (А — И) следует, что (В — И),
или (А — И) => (В — И), где И — истина.
Пусть А — утверждение о том, что рассматриваемые углы
вертикальны; В — утверждение о том, что рассматриваемые
углы равны.
Рассмотрим пример логической цепочки — «любые вертикаль¬
ные углы равны». Это теорема.
Определение 3. Для верной логической цепочки
(А — И) => (В — И) (теоремы) говорят, что истинность
утверждения А достаточна для истинности утвержде¬
ния В, а истинность утверждения В необходима для
истинности утверждения А.
Также говорят, что (А — И) есть признак (В — И),
а (В — И) есть свойство (А — И),
т. е. истинность А есть признак истинности В,
аистинность В есть свойство истинности А.
14
Треугольники и параллелограммы
Очевидно, что логическая цепочка (В — И) => (А — И)
в данном случае ложная, т. е. из того, что углы равны, совсем
не следует, что они вертикальные.
Таким образом, вертикальность углов есть признак равенства
углов, но не свойство. Иначе говоря, вертикальность углов есть
достаточное условие для их равенства, но не необходимое.
Разумеется, есть примеры и иных теорем, для которых
из (А — И) следует (В — И) и одновременно
из (В — И) следует (А — И),
т.е. (А — И) о (В — И) (утверждения равносильны).
В этом случае говорят о необходимых и достаточных условиях
истинности утверждений А и В. Иногда говорят о справед¬
ливости прямой и обратной теорем.
Виды углов и их свойства
Пусть и Z2 — различные прямые, Z3 — секущая.
Напомним, какие из углов, обозначенных на чертеже, являют¬
ся: вертикальными, соответственными, внутренними накрест
лежащими, внешними накрест лежащими, смежными, внутрен¬
ними односторонними, внешними односторонними.
Отметим также их свойства при некоторых условиях.
Основные понятия и утверждения
15
Вертикальные
углы:
Zl - Z4;
Z2 - Z3;
Z5 - Z8;
Z7 - Z6.
Соответствен¬
ные углы:
Z1 - Z5;
Z3 - Z7;
Z2 - Z6;
Z4 - Z8.
Внутренние накрест
лежащие углы:
Z3 - Z6;
Z5 - Z4.
Внешние накрест
лежащие углы:
Zl - Z8;
Z2 - Z7.
Свойства параллельности: пары соответственных, внутрен¬
них накрест лежащих, внешних накрест лежащих углов — рав¬
ны между собой, если прямые и Z2 параллельны.
Пары вертикальных углов равны всегда.
Иными словами, если Zx || Z2, то
a) Zl = Z5; б) Z3 = Z6;
^3 = Z7; Z5 = Z4;
^2 = Z6; Zl = Z8;
Z4 = Z8. Z2 = Z7.
Для пересекающихся прямых
всегда
в) Zl = Z4;
Z2 = Z3;
Z5 = Z8;
Z7 = Z6.
Смежные углы:
Z1 ~ Z2; Zl - Z3;
Z3 - Z4; Z2 - Z4;
Z5 - Z6; Z5 - Z7;
^7 - Z8; Z6 - Z8.
Внутренние односторонние углы:
Z3 - Z5;
Z4 - Z6.
Внешние односторонние углы:
Zl - Z7;
Z2- Z8.
тва параллельности: пары внутренних односторон¬
них, внешних односторонних углов — в сумме равны 180°, ес¬
ли прямые и Z2 параллельны.
Пары смежных углов всегда в сумме равны 180°.
16
Треугольники и параллелограммы
Иными словами, если 1Г || /2; то
а) Z3 + Z5 = 180°;
Z4 + Z6 = 180°;
Zl + Z7 = 180°;
Z2 + Z8 = 180°.
Для любых пересекающихся
б) Zl + Z2 = 180°;
Zl + Z3 = 180°;
Z3 + Z4 = 180°;
Z4 4-Z2 = 180°.
Напомним некоторые
лельности прямых.
Теорема 1. Для того
раллельными, необходимо и достаточно, чтобы при пересече¬
нии их секущей образованные при этом внутренние накрест
лежащие углы были равны (т. е. равенство внутренних накрест
лежащих углов является и свойством, и признаком параллель¬
ности).
прямых
Z5 + Z6 = 180°;
Z5 + Z7 = 180°;
Z7 + Z8 = 180°;
Z6 + Z8 = 180°.
известные признаки и свойства парал-
чтобы две различные прямые были па-
Теорема 2. Для того чтобы две различные прямые были па¬
раллельными, необходимо и достаточно, чтобы при пересече¬
нии их секущей образованные при этом соответственные углы
были равны (т. е. равенство соответственных углов является
и свойством, и признаком параллельности).
Основные понятия и утверждения
17
Теорема 3. Для того чтобы две различные прямые были па¬
раллельными. необходимо и достаточно, чтобы при пересече¬
нии их секущей образованные при этом односторонние углы
в сумме были равны 180° (т. е. равенство суммы односторон¬
них углов 180° является и свойством, и признаком параллель¬
ности).
Теорема 4. Две различные прямые, перпендикулярные одной
прямой, параллельны (т. е. параллельность двух прямых яв¬
ляется свойством перпендикулярности двух прямых третьей
прямой).
Теорема 5. Если одна из двух различных параллельных пря¬
мых перпендикулярна третьей прямой, то и другая прямая так¬
же будет перпендикулярна этой прямой (т. е. перпендикуляр¬
ность двух параллельных прямых третьей прямой есть свой¬
ство перпендикулярности этих прямых данной прямой).
Примечание. В дальнейшем в книге (см., например, с. 28-68,
109-121, 145-148, 234-239, 251-254, 309-312, 342-355) вопросы
доказательства тех или иных утверждений достаточно подроб¬
но обсуждаются.
18
Треугольники и параллелограммы
Равенство геометрических фигур
Определение 4. Две геометрические фигуры называются
равными, если их можно совместить при наложении.
В случае, если фигуры — треугольники, из ДАВС = ДА1В1С\
( = знак совмещения) следует, что ДАВС = ДА^В^С^,
а значит для элементов треугольников:
АВ — А^В^
АС = А1С1
ВС = В1С1
ZA =
ZB = ДВг
лс = дсг
AB = A1B1
AC = A&
ВС = B1C1
ЛА = ЛАХ
ЛВ = ЛВХ
ЛС = ZCi
Таким образом, если ДАВС = ДА1В1С1, то отсюда следует,
что в данных треугольниках соответствующие элементы тре¬
угольников равны между собой.
Примечание. Допустим, что ДАВС = ДВСА, тогда
АВ = ВС АВ = ВС
АС = В А , а значит АС = В А ,
ВС = СА ВС = С А
что возможно только если мы рассматриваем равносторонние
треугольники.
Значит в общем случае /\АВС ЛВСД
т.е. [ЛАВС^ /\ВСА\.
Вывод. Порядок в буквенном обозначении при сравнении тре¬
угольников весьма существенен.
Основные понятия и утверждения
19
Признаки равенства треугольников
1. Если две стороны и угол между ними одного треугольни¬
ка соответственно равны двум сторонам и углу между ни¬
ми другого треугольника, то такие треугольники являются
тогда /\АВС = /АРКТ.
АВ — РК
АС = РТ
ABAC = АКРТ
2. Если сторона и два прилежащих к ней угла одного тре¬
угольника соответственно равны стороне и двум прилежа¬
щим к ней углам другого треугольника, то такие треуголь¬
ники являются равными.
N В
ML = AC
AN ML = ABAC
AM LN = AACB
тогда LMNL = /ААВС
3. Если три стороны одного треугольника соответственно
равны трем сторонам другого треугольника, то такие тре¬
угольники являются равными.
К N
тогда /АРКТ = /AMNL.
PK — MN
РТ = ML
KT = NL
20
Треугольники и параллелограммы
Из признаков равенства двух треугольников и равенства сум¬
мы всех внутренних углов любого треугольника 180° следуют
признаки равенства прямоугольных треугольников.
1. Если два катета одного прямоугольного треугольника со¬
ответственно равны двум катетам другого прямоугольного
треугольника, то такие треугольники являются равными.
ВС ~ КТ
АС = РТ
, тогда
АЛВС = ДРКТ.
2. Если острый угол и катет одного прямоугольного треуголь¬
ника соответственно равны острому углу и катету другого
прямоугольного треугольника, то такие треугольники яв¬
ляются равными.
ВС = КТ
ZA = АР ' тогда
ДЛВС = АРКТ.
АС = РТ
АА = АР
, тогда
ДАВС = ДРКТ.
3. Если острый угол
и гипотенуза одного прямоугольного
треугольника соответственно равны острому углу и ги¬
потенузе другого прямоугольного треугольника, то такие
треугольники являются равными.
АВ = РК
АА = АР
, тогда
ААВС ~ АРКТ.
АВ = РК
^В = АК
, тогда
ААВС = АРКТ.
Основные понятия и утверждения
21
4. Если гипотенуза и катет одного прямоугольного треуголь¬
ника соответственно равны гипотенузе и катету другого
прямоугольного треугольника, то такие треугольники яв¬
ляются равными.
АВ = РК
АС = РТ
, тогда
АВ = РК
ВС = КТ ’ тогдг
ДАВС = АРКТ.
, тогда
Т
К
Линии в треугольнике
Определение 5. Медианой треугольника называется отре¬
зок, концы которого соединяют вершину треугольника
и середину противоположной стороны.
Медиана обозначается:
mAC ~ BD',
тАВ = СЕ\
твс ~ АК-
Свойства медианы
1. Медианы треугольника пересекаются в одной точке.
2. Точкой пересечения медианы делятся в отношении 2:1,
считая от вершин.
3. Каждая медиана делит треугольник на два треугольника,
равных по площади.
4. Точка пересечения медиан есть вершина трех треугольни¬
ков (АО В, ВОС и АОС), равных по площади одной тре¬
ти площади треугольника АВС.
22
Треугольники и параллелограммы
Определение 6. Высотой треугольника называется отрезок
перпендикуляра, опущенного из вершины треугольника
на противоположную сторону или ее продолжение (если
треугольник тупоугольный).
Высота обозначается: НАС = ВТ; НАВ = CN; Нвс = AM.
Основное свойство высоты: все высоты треугольника (или
прямые, их содержащие) пересекаются в одной точке.
Определение 7. а) Биссектрисой угла называется луч, ис¬
ходящий из вершины угла и делящий его на два равных
угла.
б) Биссектрисой треугольника называется отрезок биссек¬
трисы угла в треугольнике, соединяющий вершину тре¬
угольника и противоположную сторону.
Биссектриса обозначается:
для угла В lAB = lAC = BB^,
для угла С lzc = 1АВ = ССГ;
для угла А 1^А = 1ВС = ААг.
Основные понятия и утверждения
23
Основные свойства биссектрисы
1. Биссектриса есть множество
всех точек, равноудаленных
от сторон угла.
2. Все биссектрисы
треугольника пересекаются
в одной точке.
3. Точка пересечения биссектрис в треугольнике равноудале¬
на от всех сторон треугольника.
Следствие 1. В любой треугольник можно вписать окруж¬
ность, и только одну, причем ее центр есть точка пересечения
биссектрис треугольника.
Лемма (вспомогательное
утверждение). Множество всех
точек плоскости, равноудаленных
от концов отрезка, есть
серединный перпендикуляр
к отрезку.
Следствие 2. Около любого треугольника можно описать
окружность, и только одну. Ее центр есть точка пересечения
серединных перпендикуляров к сторонам треугольника.
О — центр описанной окружности;
АСХ = (\В,
ВАг = АгС,
СВ1 = ВХА,
ОС^АВ
OA^LBC
OB^LAC
=> АО = ВО = СО = Ro.
24
Треугольники и параллелограммы
Определение 8. Треугольник называется равнобедренным,
если две стороны его равны между собой. Сторона, не рав¬
ная двум другим, называется основанием равнобедренно¬
го треугольника, а углы при ней — углами при основании
равнобедренного треугольника.
В
В этом треугольнике: АВ = ВС, Л
сторона АС — основание, / \
ZA и ZC — углы при основании треугольника. / \
Свойства равнобедренного треугольника L х q
1. Углы при основании равнобедренного треугольника равны
между собой.
2. В равнобедренном треугольнике медиана, высота и биссек¬
триса, проведенные к основанию, совпадают.
3. В равнобедренном треугольнике медианы, высоты и бис¬
сектрисы, проведенные к боковым сторонам, соответствен¬
но равны между собой.
Признаки равнобедренного треугольника
1. Если углы, прилежащие к одной стороне, равны между со¬
бой, то треугольник является равнобедренным, а сторона
есть основание.
2. Если или медианы, или высоты, или биссектрисы, прове¬
денные к двум сторонам, соответственно равны, то тре¬
угольник является равнобедренным.
3. Если высота, медиана и биссектриса, проведенные к од¬
ной стороне, совпадают, то треугольник является равно¬
бедренным.
4. Если высота и медиана, проведенные к одной стороне, сов¬
падают, то треугольник является равнобедренным.
5. Если высота и биссектриса, проведенные к одной стороне,
совпадают, то треугольник является равнобедренным.
6. Если медиана и биссектриса, проведенные к одной стороне,
совпадают, то треугольник является равнобедренным.
Основные понятия и утверждения
25
Определение 9. Параллелограммом называется четырех¬
угольник, у которого противоположные стороны попарно
параллельны.
Например, в четырехугольнике ABCD
АВ || DC, ВС || AD.
Свойства параллелограмма
1. Противоположные стороны параллелограмма попарно
равны.
2. Противоположные углы параллелограмма попарно равны.
3. Сумма односторонних углов параллелограмма равна 180°.
4. Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся
пополам.
5. Любая диагональ параллелограмма делит его на два рав¬
ных треугольника.
Признаки параллелограмма
1. Если противоположные стороны четырехугольника попар¬
но равны, то он является параллелограммом.
2. Если две противоположные стороны четырехугольника
равны и параллельны, то он является параллелограммом.
3. Если сумма односторонних углов при любой стороне че¬
тырехугольника равна 180°, то он является параллело¬
граммом.
4. Если все противоположные углы четырехугольника попар¬
но равны, то он является параллелограммом.
5. Если диагонали четырехугольника точкой пересечения де¬
лятся пополам, то он является параллелограммом.
26
Треугольники и параллелограммы
Определение. Ромбом называется четырехугольник, все
стороны которого равны между собой.
По признаку параллелограмма ромб В | С
есть параллелограмм. Следовательно, / /
можно дать и иное определение — / /
через параллелограмм. А / \ /Т)
Определение 10. Ромбом называется параллелограмм,
у которого две смежные стороны равны между собой.
Можно доказать равносильность этих определений. Примем
определение 10 за основное.
Свойства ромба
1. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны.
2. Диагонали ромба являются биссектрисами противополож¬
ных углов.
3. Диагонали ромба разбивают его на четыре равных между
собой треугольника.
Признаки ромба
1. Если диагонали параллелограмма взаимно перпендику¬
лярны, то он является ромбом.
2. Если диагонали параллелограмма есть биссектрисы про¬
тивоположных углов, то он является ромбом.
3. Если диагонали параллелограмма делят его на четыре рав¬
ных между собой треугольника, то он является ромбом.
Отметим, что обе диагонали ромба являются его осями сим¬
метрии, т. е. для того чтобы четырехугольник являлся ром¬
бом, необходимо и достаточно, чтобы его диагонали были ося¬
ми симметрии.
Основные понятия и утверждения
27
Определение. Четырехугольник, все углы которого равны
между собой, называется прямоугольником.
Очевидно, что по признаку параллело- -В С
грамма прямоугольник есть параллело¬
грамм. Значит, можно дать определение
через параллелограмм. А □ □ D
Определение 11. Параллелограмм, у которого хотя бы
один из углов прямой, называется прямоугольником.
Примем это определение за основное.
Свойства прямоугольника
1. В прямоугольнике все углы прямые.
2. В прямоугольнике диагонали равны между собой.
Признаки прямоугольника
1. Параллелограмм, диагонали которого равны между собой,
является прямоугольником.
2. Параллелограмм, имеющий хотя бы одну ось симмет¬
рии, перпендикулярную его стороне, является прямоуголь¬
ником.
Отметим, что у прямоугольника есть две оси симметрии —
это прямые, проходящие через середины противоположных
сторон.
Определение 12. Квадратом называется четырехугольник,
все стороны и углы которого равны между собой.
Очевидно, что квадрат есть параллелограмм. Отметим также,
что квадрат одновременно обладает свойствами ромба и пря¬
моугольника. Поэтому можно сформулировать утверждение.
Теорема. Для того чтобы четырехугольник являлся квадра¬
том, необходимо и достаточно, чтобы его диагонали были рав¬
ны и взаимно перпендикулярны, а точка пересечения делила
их пополам.
Кроме того, у квадрата — четыре оси симметрии.
28
Треугольники и параллелограммы
Задачи на доказательство
В задачах на доказательство требуется доказать утверждение
или показать, что оно неверно (привести контрпример).
1. В четырехугольнике противоположные углы попарно рав¬
ны. Докажите, что противоположные стороны четырех¬
угольника попарно равны.
2. В четырехугольнике две противоположные стороны парал¬
лельны, а два противоположных угла равны. Докажите,
что две другие противоположные стороны равны между
собой.
3. В четырехугольнике две противоположные стороны обра¬
зуют с одной из диагоналей равные углы. Известно, что
два противоположных угла равны между собой. Докажи¬
те, что тогда и другие два противоположных угла равны
между собой.
4. В четырехугольнике две противоположные стороны обра¬
зуют с одной из диагоналей равные углы, а углы при вер¬
шинах углов четырехугольника, через которые не прохо¬
дит данная диагональ, равны между собой. Верно ли, что
данные противоположные стороны равны?
5. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О,
причем одна из диагоналей этой точкой делится пополам.
Известно также, что две противоположные стороны четы¬
рехугольника параллельны. Докажите, что тогда и другая
диагональ этой точкой пересечения делится пополам.
6. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О,
причем одна из диагоналей этой точкой пересечения де¬
лится пополам, а другая диагональ с противоположными
сторонами образует равные углы. Докажите, что данные
противоположные стороны равны между собой.
Задачи на доказательство
29
7. Диагонали четырехугольника равны между собой. Два
противоположных угла также равны между собой. Верно
ли, что две противоположные стороны параллельны?
8. Диагонали четырехугольника ABCD взаимно перпенди¬
кулярны. Углы при вершинах В и С равны между собой.
Докажите, что стороны АВ и CD параллельны.
9. Две стороны четырехугольника и одна из диагоналей рав¬
ны между собой. Известно также, что два противополож¬
ных угла равны между собой. Верно ли, что две другие
стороны параллельны, две диагонали взаимно перпенди¬
кулярны и одна из диагоналей точкой пересечения делится
пополам?
10. Два противоположных угла четырехугольника равны
между собой. Кроме того, три стороны четырехугольни¬
ка также равны между собой. Докажите, что две стороны
четырехугольника параллельны, диагонали взаимно пер¬
пендикулярны, и точка пересечения делит одну из диаго¬
налей пополам.
11. Две стороны четырехугольника параллельны, а диагонали
равны между собой. Докажите, что две другие стороны
равны и параллельны.
12. В четырехугольнике две стороны параллельны, а две дру¬
гие равны между собой. Верно ли, что равные стороны
параллельны, а диагонали равны между собой?
13. В четырехугольнике две стороны параллельны, а два уг¬
ла при рядом расположенных вершинах равны. Докажите,
что диагонали равны и две другие стороны также равны.
14. В четырехугольнике две стороны параллельны. Диагонали
четырехугольника пересекаются в точке О, получившиеся
при этом два отрезка двух разных диагоналей равны меж¬
ду собой. Докажите, что два других отрезка диагоналей
четырехугольника равны между собой и углы при верши¬
нах одной из параллельных сторон равны между собой.
30
Треугольники и параллелограммы
15. В четырехугольнике две стороны параллельны. Диагонали
точкой пересечения делятся на четыре отрезка, два из ко¬
торых, принадлежащие разным диагоналям и примыкаю¬
щие к одной из параллельных сторон, равны между собой.
Докажите, что остальные стороны четырехугольника рав¬
ны между собой.
16. В четырехугольнике две стороны параллельны. Угол меж¬
ду одной диагональю и одной из параллельных сторон ра¬
вен углу между другой диагональю и другой из парал¬
лельных сторон. Верно ли, что две другие стороны равны
между собой?
17. В четырехугольнике две стороны параллельны. Угол меж¬
ду одной диагональю и одной из параллельных сторон ра¬
вен углу между другой диагональю и другой из парал¬
лельных сторон. Докажите, что углы при вершинах одной
из параллельных сторон равны.
18. В четырехугольнике две стороны параллельны друг дру¬
гу, а две другие перпендикулярны диагоналям. Докажите,
что перпендикулярные диагоналям стороны равны между
собой.
19. В четырехугольнике точка пересечения диагоналей О од¬
ну из них делит пополам. Отрезок, соединяющий две про¬
тивоположные стороны и проходящий через точку О, так¬
же делится ею пополам. Докажите, что стороны, которые
он пересекает, равны между собой.
20. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О.
Отрезок, соединяющий две противоположные стороны
и проходящий через точку О, делится ею пополам. Отрез¬
ки, соединяющие вершины противоположных углов с кон¬
цами отрезка, проходящего через точку О, попарно равны
между собой. Верно ли равенство между собой двух дру¬
гих сторон четырехугольника?
Задачи на доказательство
31
21. Две стороны четырехугольника параллельны, две дру¬
гие — возможно, нет. Угол между диагональю и одной
из возможно непараллельных сторон равен углу между
другой диагональю и другой возможно непараллельной
стороной. Докажите, что возможно непараллельные сто¬
роны равны между собой.
22. В четырехугольнике две стороны параллельны, а диагона¬
ли взаимно перпендикулярны. Докажите, что две другие
стороны равны между собой.
23. В треугольнике медиана и биссектриса, проведенные к од¬
ной и той же стороне, совпадают. Докажите, что треуголь¬
ник равнобедренный.
24. В треугольнике медианы, проведенные к двум сторонам,
равны между собой. Докажите, что тогда треугольник рав¬
нобедренный.
25. Два треугольника равны, причем одна сторона у них об¬
щая. Из одной их общей вершины проведена биссектри¬
са угла первого треугольника, а из другой общей верши¬
ны — биссектриса угла второго треугольника. Докажите,
что отрезки сторон, на которые биссектрисы делят сторо¬
ны, прилежащие к общей стороне, соответственно равны
между собой.
Примечание. У читателя может возникнуть вопрос: для чего
в данной книге рассматривать задачи на доказательство? Дело
в том, что часто в экзаменационных задачах для решения необ¬
ходимо использовать свойства геометрических фигур, напря¬
мую не сформулированные в условиях задачи, но без знания
которых задачу решить нельзя. Иногда знание этих свойств
дает возможность получить недостающие для решения задачи
метрические соотношения.
К тому же, умение решать задачи на доказательство формиру¬
ет бесценную геометрическую интуицию и беспощадную логи¬
ку ее проверки — самостоятельную ценность, ведущую к наи¬
более короткому и изящному пути решения.
32
Треугольники и параллелограммы
Задачи на доказательство.
Моделирование условий
В задачах на доказательство требуется доказать утверждение
или показать, что оно неверно (привести контрпример).
1. В четырехугольнике противоположные углы попарно рав¬
ны. Докажите, что противоположные стороны четырех¬
угольника попарно равны.
Дано: В С
АВ CD — четырех- / У
угольник / /
ZA = ZC / /
ZB = Z£> / /
ВС = AD (АВ = DC) D
2. В четырехугольнике две противоположные стороны парал¬
лельны, а два противоположных угла равны. Докажите,
что две другие противоположные стороны равны между
собой.
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи): В С
ABCD — четырех- ] /
угольник / /
ZB = ZD / /
ВС || АР / /
АВ = DC (ВС = AD) D
3. В четырехугольнике две противоположные стороны обра¬
зуют с одной из диагоналей равные углы. Известно, что
два противоположных угла равны между собой. Докажи¬
те, что тогда и другие два противоположных угла равны
между собой.
Задачи на доказательство. Моделирование условий
33
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырех¬
угольник
ZA = ZC
ЛАВР = ЛВРС
ЛВ = ЛР
4. В четырехугольнике две противоположные стороны обра¬
зуют с одной из диагоналей равные углы, а углы при вер¬
шинах углов четырехугольника, через которые не прохо¬
дит данная диагональ, равны между собой. Верно ли, что
данные противоположные стороны равны?
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
АВСР — четырех¬
угольник
ЛВАС = ЛАСР
ЛВ = ЛР
АВ = PC
5. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О,
причем одна из диагоналей этой точкой делится пополам.
Известно также, что две противоположные стороны четы¬
рехугольника параллельны. Докажите, что тогда и другая
диагональ этой точкой пересечения делится пополам.
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
АВСР — четырех¬
угольник
ОС = ОА
О = АС ГУ ВР
ВС || АР
ОВ = ОР
34
Треугольники и параллелограммы
6. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О,
причем одна из диагоналей этой точкой пересечения де¬
лится пополам, а другая диагональ с противоположными
сторонами образует равные углы. Докажите, что данные
противоположные стороны равны между собой.
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырех¬
угольник
OB = OD
О = AC Q BD
ABAC = ADC А
АВ = DC
7. Диагонали четырехугольника равны между собой. Два
противоположных угла также равны между собой. Верно
ли, что две противоположные стороны параллельны?
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырехугольник
АС = BD
АВ = AD
АВ || CD
8. Диагонали четырехугольника ABCD взаимно перпенди¬
кулярны. Углы при вершинах В и С равны между собой.
Докажите, что стороны АВ и CD параллельны.
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырехугольник
AC±BD
АВ = АС
АВ || DC
Задачи на доказательство. Моделирование условий
35
9. Две стороны четырехугольника и одна из диагоналей рав¬
ны между собой. Известно также, что два противополож¬
ных угла равны между собой. Верно ли, что две другие
стороны параллельны, две диагонали взаимно перпенди¬
кулярны и одна из диагоналей точкой пересечения делится
пополам?
Дано:
ABCD — четырех¬
угольник
ZA = ZC
АВ = BD = DC
а) ВС || AD
б) ACAJBD
в) АО = ОС
(О = АС П BD)
10. Два противоположных угла четырехугольника равны
между собой. Кроме того, три стороны четырехугольника
.также равны между собой. Докажите, что две стороны че¬
тырехугольника параллельны, диагонали взаимно перпен¬
дикулярны и точка пересечения делит одну из диагоналей
пополам.
Дано:
ABCD — четырех¬
угольник
ZA = ZC
AD = DC = ВС
а) АВ || DC
б) ACLBD
в) АО = ОС
(О = АС П BD)
11. Две стороны четырехугольника параллельны, а диагонали
равны между собой. Докажите, что две другие стороны
равны и параллельны.
36
Треугольники и параллелограммы
Дано:
ABCD — четырехугольник
ВС || AD
АС = BD
а) АВ || DC
б) АВ = DC
12. В четырехугольнике две стороны параллельны, а две дру¬
гие равны между собой. Верно ли, что равные стороны
параллельны, а диагонали равны между собой?
Дано:
ABCD — четырехугольник
ВС || AD
AB = CD
а) АВ || DC
б) АС = BD
13. В четырехугольнике две стороны параллельны, а два уг¬
ла при рядом расположенных вершинах равны. Докажите,
что диагонали равны и две другие стороны также равны.
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырехугольник
ВС || AD
£A = AD
а) АС = BD
б) АВ = CD
14. В четырехугольнике две стороны параллельны. Диагонали
четырехугольника пересекаются в точке О, получившиеся
при этом два отрезка двух разных диагоналей равны меж¬
ду собой. Докажите, что два других отрезка диагоналей
четырехугольника равны между собой и углы при верши¬
нах одной из параллельных сторон равны между собой.
Задачи на доказательство. Моделирование условий
37
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырехугольник
ВС || AD
О = AC QBD
AO = OD
а) АА = AD
б) ов = ОС
15. В четырехугольнике две стороны параллельны. Диагона¬
ли точкой пересечения делятся на четыре отрезка, два из
которых, принадлежащие разным диагоналям и примыка¬
ющие к одной из параллельных сторон, равны между со¬
бой. Докажите, что остальные стороны четырехугольника
равны между собой.
Дано:
ABCD — четырехугольник
ВС || AD
ВО = ОС
АВ = DC
16. В четырехугольнике две стороны параллельны. Угол меж¬
ду одной диагональю и одной из параллельных сторон ра¬
вен углу между другой диагональю и другой из парал¬
лельных сторон. Верно ли, что две другие стороны равны
между собой?
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырех¬
угольник
ВС || AD
ACAD = ACBD
АВ = DC
А
38
Треугольники и параллелограммы
17. В четырехугольнике две стороны параллельны. Угол меж¬
ду одной диагональю и одной из параллельных сторон ра¬
вен углу между другой диагональю и другой из парал¬
лельных сторон. Докажите, что углы при вершинах одной
из параллельных сторон равны.
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырех¬
угольник
ВС || AD
АР ВС = АС АР
AA = AD
18. В четырехугольнике две стороны параллельны друг дру¬
гу, а две другие перпендикулярны диагоналям. Докажите,
что перпендикулярные диагоналям стороны равны между
собой.
Дано:
ABCD ~ четырех¬
угольник
ВС || AD
ACA-CD
ABLBD
АВ = DC
19. В четырехугольнике точка пересечения диагоналей О од¬
ну из них делит пополам. Отрезок, соединяющий две про¬
тивоположные стороны и проходящий через точку О, так¬
же делится ею пополам. Докажите, что стороны, которые
он пересекает, равны между собой.
Задачи на доказательство. Моделирование условий
39
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырех¬
угольник
Ре АВ
К е DC
О е РК
ОР = ОК
АО = ОС
АВ = DC
20. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О.
Отрезок, соединяющий две противоположные стороны
и проходящий через точку О, делится ею пополам. Отрез¬
ки, соединяющие вершины противоположных углов с кон¬
цами отрезка, проходящего через точку (9, попарно равны
между собой. Верно ли равенство между собой двух дру¬
гих сторон четырехугольника?
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD — четырех¬
угольник
ОР = ОК
АК = РС
PB = DK
ВС = AD
21. Две стороны четырехугольника параллельны, две дру¬
гие — возможно, нет. Угол между диагональю и одной
из возможно непараллельных сторон равен углу между
другой диагональю и другой возможно непараллельной
стороной. Докажите, что возможно непараллельные сто¬
роны равны между собой.
40
Треугольники и параллелограммы
Дано:
ABCD — четырехугольник
ВС || AD
ЛАВР = AACD
АВ = DC
22. В четырехугольнике две стороны параллельны, а диагона¬
ли взаимно перпендикулярны. Докажите, что две другие
стороны равны между собой.
Дано:
ABCD — четырехугольник
ВС || AD
AC-LBD
АВ = CD
23. В треугольнике медиана и биссектриса, проведенные к од¬
ной и той же стороне, совпадают. Докажите, что треуголь-
24. В треугольнике медианы, проведенные к двум сторонам,
равны между собой. Докажите, что тогда треугольник рав¬
нобедренный.
Дано:
ДАВС
ААг = твс
ССу = тАВ
тАВ — тВС
АВ = ВС
Задачи на доказательство. Моделирование условий
41
25. Два треугольника равны, причем одна сторона у них об¬
щая. Из одной их общей вершины проведена биссектри¬
са угла первого треугольника, а из другой общей верши¬
ны — биссектриса угла второго треугольника. Докажите,
что отрезки сторон, на которые биссектрисы делят сторо¬
ны, прилежащие к общей стороне, соответственно равны
между собой.
Дано:
ДАВС = ДАВС
СР — биссектриса АВС А
АК — биссектриса ACAD
а) РВ = *DK
б) АР - СК
Примечания. 1. По умолчанию обозначение ABCD означает
четырехугольник, в дальнейшем мы это уточнять не будем.
2. Фигуры на чертежах, приведенных здесь, могут быть похо¬
жи (или не похожи) на параллелограммы. Это можно опреде¬
лить только при наличии соответствующих доказательств или
контрпримеров.
3. Далее рассмотрим решение приведенных выше задач на до¬
казательство (1-25).
42
Треугольники и параллелограммы
Задачи на доказательство. Решение
В задачах на доказательство требуется доказать утверждение
или показать, что оно неверно (привести контрпример).
1. В четырехугольнике противоположные углы попарно рав¬
ны. Докажите, что противоположные стороны четырех¬
угольника попарно равны. р q
Дано: I У
ABCD / /
ZA = ZC / /
ZB —ZB| / # /
ВС = AD (АВ = DC) A D
а) Так как ZA+ZB+ZC+ZB = 360°. то ZA+ZB = 180°.
Известна теорема: «Если при пересечении двух прямых
третьей сумма образованных при этом внутренних од¬
носторонних углов равна 180°, то эти две прямые па¬
раллельны». Поэтому ВС || AD.
б) Аналогично можно доказать, что АВ || ВС, значит
ABCD — параллелограмм. Тогда по свойству парал¬
лелограмма ВС = AD и АВ = DC.
2. В четырехугольнике две противоположные стороны парал¬
лельны, и два противоположных угла равны. Докажите,
что две другие противоположные стороны равны между
собой.
Дано (один из возможных
вариантов моделирования у
условий задачи): у /
ABCD / /
ZB = ZB / /
ВС || AD / J
AB = DC (BC = AD) AL D
Задачи на доказательство. Решение
43
а) Так как зачастую
задачи такого типа
связаны в дальнейшем
с доказательством
равенства двух
треугольников, то для
доказательства
проведем диагональ АС,
По свойству параллельных прямых (здесь по условию
ВС || AD) АВСА = ADAC.
б) Так как сумма внутренних углов любого треугольника
равна 180°, то
АВ = AD
’ НО /ВС А = /РАС ’
значит /ААВС = /ACDA
равенства треугольников.
/ВАС + /В + /ВСА = 180°
/АСР + /Р + /РАС = 180°
значит ABAC = AACD, тогда АВ || DC.
в) Рассмотрим треугольники АВС и CD А.
АС — общая
АВС А = ADAC , по второму признаку
ABAC = AACD
Тогда АВ = DC (ВС = AD), что и требовалось дока¬
зать.
Примечание. Так как из пункта б) следует, что ABCD —
параллелограмм, то далее можно было воспользоваться
первым свойством параллелограммов.
Дано (еще один возможный
вариант моделирования / ^7
этой задачи): / /
ABCD / /
АА = АС / /
ВС II АР / /
АВ = PC (ВС = АР) А D
Докажите это утверждение самостоятельно.
44
Треугольники и параллелограммы
3. В четырехугольнике две противоположные стороны обра¬
зуют с одной из диагоналей равные углы. Известно, что
два противоположных угла равны между собой. Докажи¬
те, что тогда и другие два противоположных угла равны
между собой.
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
ЛА = ЛС
ЛАВР = ЛВРС
А
ЛВ = ЛР
. АА + ЛАВР + ЛАР В = 180°
а) Так как
АС + ЛСРВ + ЛРВС = 180° ’
то ЛАР В = ЛРВС.
ZB = ЛАВР 4- ЛРВС
б) Учтем, что
ZB = ЛСРВ + ЛАРВ ’
значит ZB = ZJD, что и требовалось доказать.
Дано (существует другой
вариант моделирования
условий задачи):
ABCD
ЛВ = ЛР
ЛАВР = ZCDB
ZA = ZC
а) Так как = Z£*
ЛАВР = ЛСРВ
, то ЛСВР = ЛАРВ.
Задачи на доказательство. Решение
45
б) Рассмотрим треугольники ABD и CDB.
BD — общая
AABD = ACBD (по условию) ,
AADB — ACBD (по доказанному)
значит /\ABD = /\CDB по II признаку равенства тре¬
угольников, тогда ZA = ZC.
Рассмотрите другие возможные варианты моделирования
условий задачи и самостоятельно докажите утверждение
о равенстве других противоположных углов.
4. В четырехугольнике две противоположные стороны обра¬
зуют с одной из диагоналей равные углы, а углы при вер¬
шинах углов четырехугольника, через которые не прохо¬
дит данная диагональ, равны между собой. Верно ли, что
данные противоположные стороны равны?
Дано (один из возможных
В С
вариантов моделирования г-д “77
условий задачи): Г У
ABCD / /
ABAC — AACD / /
ZB — ZD d
АВ = DC A D
АВ + ABAC + А АС В = 180°
а) АР + ААСР + АРАС = 180°
=> ААСВ - АРАС.
б) Так как АВ = AD (по условию) и ААСВ = ADAC
(по доказанному), то по определению ABCD — па¬
раллелограмм .
Тогда по свойству параллелограмма АВ = ВС, что
и требовалось доказать.
Предложите еще одну интерпретацию условий задачи и до¬
кажите справедливость выводов самостоятельно.
46
Треугольники и параллелограммы
5. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О,
причем одна из диагоналей этой точкой делится попо¬
лам. Известно также, что две противоположные сторо¬
ны четырехугольника параллельны. Докажите, что тогда
и другая диагональ этой точкой пересечения делится по¬
полам.
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
ОС = ОА
О=ACQBD
ВС || АР
OB = OD
Рассмотрим треугольники ВОС и DO А:
АВОС = ADOА (как вертикальные);
ОС = О А (по условию);
АВС О = ADAO (как внутренние накрест лежащие при
ВС || AD и секущей АС).
Тогда по второму признаку равенства треугольников
/\ВОС = ZXDOA, значит OB — OD, что и требовалось
доказать.
Рассмотрите другие возможные варианты моделирова¬
ния условий задачи и самостоятельно докажите утверж¬
дение.
6. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О,
причем одна из диагоналей этой точкой пересечения
делится пополам, а другая диагональ с противопо¬
ложными сторонами образует равные углы. Докажи¬
те, что данные противоположные стороны равны между
собой.
Задачи на доказательство. Решение
47
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
OB = OD
О = AC QBD
ABAC = ADC A
С
В
АВ = DC
а) Рассмотрим треугольники АО В и COD:
А АО В — ADOC (вертикальные);
О В = OD (по условию).
Так как ABAC = ADC А по условию и
AABD+ABAC+AAOB=ADCA+ADQC+ABDC=180°
(суммы углов треугольников АО В и COD),
то AABD = ABDC.
б) Значит /\АОВ = /\COD по второму признаку.
Тогда АВ = DC.
Возможен и такой вариант интерпретации условий задачи.
Сформулируйте и докажите выводы самостоятельно.
7. Диагонали четырехугольника равны между собой. Два
противоположных угла также равны между собой. Верно
ли, что две противоположные стороны параллельны?
48
Треугольники и параллелограммы
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
AC = BD
АВ = АР
АВ || CD
С
В
Очевидно, что если это
параллелограмм, то чертеж
другой. Например, ABCD —
прямоугольник, так как
диагонали равны.
Но в условии задачи об этом
ничего не сказано.
Возникает крамольная мысль. А может, это не параллело¬
грамм, и утверждение АВ || CD — ложное?
Для того чтобы доказать, что в общем случае АВ DC,
необходимо привести хотя бы один контрпример. Попробу¬
ем привести пример четырехугольника, для которого усло¬
вие задачи выполняются, но АВ DC.
Пусть АС = BD, AC1.BD
и ВО — OD (ОС ф О А}.
тогда ZB = ZD, АС = BD —
условия задачи выполняются,
но АВ # DC.
Сформулируйте и иной вариант модели условий задачи
и докажите или опровергните соответствующие утвержде¬
ния самостоятельно.
Задачи на доказательство. Решение
49
8. Диагонали четырехугольника ABCD взаимно перпенди¬
кулярны. Углы при вершинах В и С равны между собой.
Докажите, что стороны АВ и CD параллельны.
Дано (один из возможных вариантов моделирования усло¬
вий задачи):
ABCD
AC1BD
ZB = ZC
АВ || DC
а) Так как ZB = ZC, то, возможно, Z.B = ZC = 90°.
Тогда, учитывая, что AC1.BD, получим квадрат.
б) Если ZB = ZC / 90°, то это возможно для равнобед¬
ренных трапеций (рисунок слева).
Существуют также равнобедренные трапеции, у кото¬
рых AC1.BD (очевидно, что АВ CD — рисунок
справа).
в) Значит, в общем случае утверждать, что из условий за¬
дачи следует, что АВ || CD, нельзя.
50
Треугольники и параллелограммы
9. Две стороны четырехугольника и одна из диагоналей рав¬
ны между собой. Известно также, что два противополож¬
ных угла равны между собой. Верно ли, что две другие
стороны параллельны, две диагонали взаимно перпенди¬
кулярны и одна из диагоналей точкой пересечения делится
пополам?
Дано:
ABCD
АА = АС
АВ = BD = DC
а) ВС || AD
б) AC1BD
в) АО = ОС
= АС П BD)
а)
1. Выполним дополнительное построение:
BB^AD
DDXABC'
2. Рассмотрим треугольники АВВ1 и CDD1.
Так как АА = АС и АВ — DC, то эти прямоуголь¬
ные треугольники равны по гипотенузе и острому
углу: /ААВВ^ = /\CDD1.
Значит ВВг = DDr; ААВВг = ACDDV
3. Рассмотрим треугольники DBB1 и BDDX.
Эти треугольники равны по гипотенузе и катету.
Тогда ADBB1 = ABDDX.
4. Так как ААВВг = ACDDj^ и ADBB1 = ABDDX,
то ААВВу + ADBBX = ADXDC + ABDDX,
т. е. AABD = АВ DC, тогда АВ || DC.
Учитывая, что АВ — DC, получим, что ABCD —
параллелограмм. Отсюда следует, что ВС || AD.
Задачи на доказательство. Решение
51
б) AC.LBD из условий задачи явно не следует.
Приведем контрпример:
Для такого четырехугольника Z.B = ZD = 150°.
Пусть АВ = a, BB^AD, тогда
АВ. = АВ cos 30°; АВ. =
1 1 2 ’
значит AD = а^З, т. е. АВ / AD.
Таким образом, ABCD не является ромбом, а тогда
Так как ABCD — параллелограмм, то диагонали точ¬
кой пересечения делятся пополам: АО = ОС.
Дано (еще один из вариантов
моделирования условий задачи):
ABCD
АВ = BD = DC
ЛВ = ЛР
а) ВС || AD
б) AC.LBD
в) АО - ОС
(О = АС П BD)
52
Треугольники и параллелограммы
Так как
АА = Z.ADB
АС = /.DBC
AABD = 180° - 2ZA
ABDC = 180° - 2ZC ’
С другой стороны, % = ^dDc++^a,
но АВ = ZD, тогда
1801 - 2ZA + ZC = 180° - 2ZC + ZA,
значит ZA = ZC, и приходим к первому варианту моде¬
лирования условий задачи.
Обобщая различные варианты, интерпретирующие усло¬
вия задачи, отметим, что ВС || AD, ACJLBD и АО = ОС.
10. Два противоположных угла четырехугольника равны
между собой. Кроме того, три стороны четырехугольника
также равны между собой. Докажите, что две стороны че¬
тырехугольника параллельны, диагонали взаимно перпен¬
дикулярны и точка пересечения делит одну из диагоналей
пополам.
Дано:
ABCD
АА = АС
AD = DC = ВС
а) АВ || DC
б) ACABD
в) АО = ОС
(О = AC A BD)
а) Проведем дополнительное построение.
DDrl_BC-, DD2AAB] BB^DC.
б) /\ADD2 = /\CDD± и /\ADD2 = /\СВВ1 по гипотенузе
и острому углу.
Тогда DD2 — DD± — BB± и AD2 — CD^
Задачи на доказательство. Решение
53
в) /\DD2B = /\DD1B по гипотенузе BD и катетам DD2
и DDX. Значит AD^D — ADBD^ D2B = DrB, тогда
BD — биссектриса.
гр О2В — DrB
Так кж Д = <Д
АВ = AD2 + D2B, ВС = CDX + DXB,
т. е. АВ = ВС, значит ABCD — ромб.
, то по доказанному
Отсюда следует, что АВ || DC; АСА-BD; АО = ОС.
Рассмотрите еще один
из возможных вариантов
моделирования условий
задачи. Формализуйте
условия задачи в виде
«Дано» и чертежа
и самостоятельно
докажите.
11. Две стороны четырехугольника параллельны, а диагонали
равны между собой. Докажите, что две другие стороны
равны и параллельны.
Дано:
ABCD
ВС || AD
АС = BD
а) АВ || DC
б) АВ = DC
Рассмотрим а || Ь.
а) По условию АС = BD.
Пусть
DCLAD
ABLBC
тогда АВ = DC
и АВ || DC.
54
Треугольники и параллелограммы
Известно, что если в трапеции диагонали равны, то она
равнобедренная.
Для доказательства пусть ВВТ±АВ; CCXLAD.
в) Рассмотрим треугольники АС(\ и DBBX.
1. ВВг = ССХ (как высоты одной трапеции).
2. АС = DB (по условию), значит по гипотенузе и ка¬
тету /\АССХ = ZADBB^ значит ADAC = AADB.
3. Так как ВС || АВ, то
ADAC = ААСВ
AADB = ADBC
т. е. ААСВ = AADB = ADBC.
г) Рассмотрим треугольники АС В и DBC.
1. ВС — общая.
2. АС = DB (по условию).
3. ААСВ = ADBC (по доказанному), значит
ААСВ - /ADBC, тогда АВ = DC (АВ # ВС).
4. Вывод. В любом случае АВ = СВ.
5. В общем случае, естественно, АВ ВС.
Задачи на доказательство. Решение
55
12. В четырехугольнике две стороны параллельны, а две дру¬
гие равны между собой. Верно ли, что равные стороны
параллельны, а диагонали равны между собой?
Дано:
ABCD
ВС || AD
АВ = СР
а) АВ || DC
б) АС = BD
а) Рассмотрим а || 5, АВ = CD.
Пусть АВ || DC, тогда ABCD — параллелограмм,
а значит, в общем случае АС / BD, если ABCD не
является прямоугольником.
Пусть AB^DC, тогда ABCD — равнобедренная тра¬
пеция.
АВ = CD, АС = BD, АВ # DC.
Других случаев нет, так как если две стороны четырех¬
угольника параллельны, то это либо параллелограмм,
либо трапеция.
в) Вывод. В общем случае АС / BD-, АВ DC.
56
Треугольники и параллелограммы
13. В четырехугольнике две стороны параллельны, а два уг¬
ла при рядом расположенных вершинах равны. Докажите,
что диагонали равны и две другие стороны также равны.
Дано (один из возможных вариантов моделирования усло¬
вий задачи):
ABCD
ВС || AD
АА = AD
а) АС = BD
б) АВ = CD
а) Пусть а || Ь,
^-А = AD = 90°, тогда
AB = CD, АС = BD
(прямоугольник).
б) Пусть а || b, ZA = Z£> / 90°,
ada
тогда ABCD — трапеция, значит
АВ = CD, АС = BD.
Дано (другой возможный вариант моделирования условий
задачи):
ABCD
ВС || AD
ААВС = АРАБ = 90°
а) АС = BD
б) АВ = CD
о АВ / DC
В этом случае ab^dc.
Вывод. В общем случае AC / BD и АВ / DC.
Задачи на доказательство. Решение
57
14. В четырехугольнике две стороны параллельны. Диагонали
четырехугольника пересекаются в точке О, получившиеся
при этом два отрезка двух разных диагоналей равны меж¬
ду собой. Докажите, что два других отрезка диагоналей
четырехугольника равны между собой и углы при верши¬
нах одной из параллельных сторон равны между собой.
Дано (один из возможных вариантов моделирования усло¬
вий задачи):
ABCD
ВС || AD
0 = АС О BD
АО = OD
а) ЛА = ЛВ
б) ВО = ОС
1) Рассмотрим A.AOD.
1- АО = OD (по условию), значит AOAD = ЛОВА.
2. ВС || AD (по условию), тогда
ЛОАВ = ЛОСВ
ЛОВА = ЛОВС
(как внутренние накрест лежащие
при ВС || AD и секущих АС и BD), следовательно
во = ОС.
3. Так как
АС = АО + ОС
BD = DO + OD
то АС = BD.
2) Пусть а || b, AC = BD, O = ACnBD, AO = OD.
Предположим, что ABCD- прямоугольник, тогда
ЛА = ЛО, ВО = ОС.
58
Треугольники и параллелограммы
3) Пусть а || Ь, АО = OD, АС = BD.
Предположим, что ABCD — трапеция.
Рассмотрим /\АОВ и /\DOC.
АО = OD (по условию), ВО = ОС (по доказанному),
ААО В = /\DOC (как вертикальные).
Тогда АЛОВ = /\DOC по I признаку равенства тре¬
угольников.
Следовательно, АВ = DC, т. е. трапеция равнобедрен¬
ная.
Тогда Z_DAB = Z.ADC, ВО — ОС, что и требовалось
доказать.
Дано (еще один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
ВС || AD
0 = АС И BD
ВО = ОА
а) ZA = ZD
б) OD = ОС
Из чертежа следует, что возможен случай, при котором
ZA^ZP и OD 7^ ОС. Следовательно, найден контрпри¬
мер, опровергающий предыдущие выводы.
Вывод. В общем случае утверждение задачи не выполня¬
ется: ZA ф AD и ОВ ОС.
Задачи на доказательство. Решение
59
15. В четырехугольнике две стороны параллельны. Диагонали
точкой пересечения делятся на четыре отрезка, два из ко¬
торых, принадлежащие разным диагоналям и примыкаю¬
щие к одной из параллельных сторон, равны между собой.
Докажите, что остальные стороны четырехугольника рав¬
ны между собой.
Дано:
ABCD
ВС || AD
ACHBD = O
ВО = ОС
АВ = DC
В этом случае возможны только два вида четырехуголь¬
ников, так как равные отрезки разных диагоналей при¬
мыкают к одной из параллельных сторон. Очевидно, что
четырехугольник может быть или прямоугольником, или
трапецией.
а) Рассмотрим &ВОС.
ВО = ОС (по условию), значит АО ВС = ZOCB.
и лп z х АОВС = AODA
ВС || AD (по условию), тогда AQCB = AOAD >
следовательно АО = OD.
б) Рассмотрим ДАОВ и /\DOC.
ВО = ОС (по условию), АО = OD (по доказанному),
А АО В = ADOC (как вертикальные). Тогда АЛОВ =
= /\DOC по I признаку равенства треугольников.
Значит, АВ = DC, что и требовалось доказать.
Вывод. В общем случае АВ = DC.
60
Треугольники и параллелограммы
16. В четырехугольнике две стороны параллельны. Угол меж¬
ду одной диагональю и одной из параллельных сторон ра¬
вен углу между другой диагональю и другой из парал¬
лельных сторон. Верно ли, что две другие стороны равны
между собой?
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
ВС || AD
АС AD = ACBD
АВ = DC
Отметим, что в данной задаче вид четырехугольника —
трапеция или прямоугольник — для доказательства несу¬
щественен.
а) Так как ВС || AD,
ACAD = ААСВ
то
ACBD = AADB
при BD || AD и секущих АС и BD).
(как внутренние накрест лежащие
б)
Так как ACAD = ACBD, то
ACBD = ААСВ
ACAD = AADB
тогда ВО = ОС и АО = OD, значит АС — BD.
в) Рассмотрим /\АОВ и ADOC.
ВО = ОС
АО = OD
(по доказанному),
А АО В = ADOC (как вертикальные),
следовательно Л. АО В = /ADOC по I признаку равен¬
ства треугольников, значит АВ = DC, что и требова¬
лось доказать.
Очевидно, что если ВО = АО, то ABCD — прямо¬
угольник, а если ВО ф АО, то ABCD — трапеция.
В общем виде АВ = DC.
Задачи на доказательство. Решение
61
17. В четырехугольнике две стороны параллельны. Угол меж¬
ду одной диагональю и одной из параллельных сторон ра¬
вен углу между другой диагональю и другой из парал¬
лельных сторон. Докажите, что углы при вершинах одной
из параллельных сторон равны.
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
ВС || AD
ADBC = ACAD
ZA-ZZ9
а) Используя идеи и план доказательства задачи 16, по¬
лучим, что АС = BD, АВ = DC.
б) Рассмотрим /\ABD и /\DCA.
АС = BD, АВ = DC, AD — общая, значит по III при¬
знаку равенства треугольников /\ABD = ADCA, то¬
гда А А — AD, что и требовалось доказать.
18. В четырехугольнике две стороны параллельны друг дру¬
гу, а две другие перпендикулярны диагоналям. Докажите,
что перпендикулярные диагоналям стороны равны между
собой.
Дано:
ABCD
ВС || AD
ACACD
ABABD
АВ = DC
а) Так как ВС || AD, то этот четырехугольник — либо
параллелограмм, либо трапеция. Известно, что не су¬
ществует параллелограмма, у которого обе диагонали
перпендикулярны противоположным сторонам.
62
Треугольники и параллелограммы
б) Пусть ABCD — трапеция. Тогда так как треугольники
ABD и DC А прямоугольные, то вершины В и С при¬
надлежат одной и той же окружности диаметра AD.
Действительно, три точки, не лежащие на одной пря¬
мой, определяют единственную окружность, а значит,
AABD принадлежит окружности диаметра AD.
Но /\DCA также определяет единственную окруж¬
ность диаметра АЛ, тогда они совпадают.
Учтя, что ВС || АЛ, получим ^АВ = ^ЛС, значит
АВ = CD.
19. В четырехугольнике точка пересечения диагоналей О од¬
ну из них делит пополам. Отрезок, соединяющий две про¬
тивоположные стороны и проходящий через точку О, так¬
же делится ею пополам. Докажите, что стороны, которые
она пересекает, равны между собой.
Дано (один из возможных вариантов моделирования усло¬
вий задачи):
ABCD
Ре АВ
К е DC
AC Q BD = О
О е РК
ОР = ОК
АО = ОС
АВ — DC
Задачи на доказательство. Решение
63
а) Рассмотрим треугольники АР О и С КО.
1. ОР = ОК по условию;
2. АО = ОС по условию;
3. ААОР = АСОК как вертикальные.
Значит, по I признаку равенства треугольников
/\АРО — £\СКО. Следовательно, АО АР = АОСК,
значит АВ || DC по признаку параллельности двух
прямых.
б) Рассмотрим треугольники АВ О и С DO.
1. АО = ОС'
2. АО АР = АОСК (по доказанному);
3. А АО В = ACOD (как вертикальные).
Значит /\АВО = /\CDO по II признаку равенства
треугольников. Следовательно, АВ = DC.
Рассмотрите еще один возможный вариант моделирования
условий задачи и докажите его.
20. Диагонали четырехугольника пересекаются в точке О.
Отрезок, соединяющий две противоположные стороны
и проходящий через точку О, делится ею пополам. Отрез¬
ки, соединяющие вершины противоположных углов с кон¬
цами отрезка, проходящего через точку О, попарно равны
между собой. Верно ли равенство между собой двух дру¬
гих сторон четырехугольника?
64
Треугольники и параллелограммы
Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ABCD
ОР = ОК
АК — PC
РВ = DK
ВС = AD
а) Проведем дополнительное построение:
PP1/BD; KKX±BD.
б) Рассмотрим треугольники ОРРГ и ОККг.
Так как /.РОВ = Z.KOD (как вертикальные углы)
и ОР = ОК (по условию), то по гипотенузе и острому
углу AOPPj = AOKKV
Тогда РРХ = KKV ОРг = ОКг и /РГРО = /КгКО.
в) Рассмотрим треугольники РВРг и KDKX.
Так как РВ = DK и РРХ = КК1, то по гипотенузе
и катету /\РВРГ — £xKDKr
Значит BP1 — DK1 и /РВО = /KDO, следовательно,
по признаку параллельности АВ || DC.
Так как ОРХ = ОКГ (по доказанному), ВРХ = DKr
(подоказанному), BO = BPl+OP1, OD = OK1+DK1,
то ВО = OD.
г) ABCD — четырехугольник, где АВ || DC, следова¬
тельно, /АРО = /СК О (как внутренние накрест ле¬
жащие при АВ || DC и секущей РК) и /РОА =
= /КОС (как вертикальные).
Задачи на доказательство. Решение
65
д) Рассмотрим треугольники АРО и С КО.
ОР — ОК по условию;
Z-APO = Z.CKO и ААОР — Z-COK (подсказанному).
Значит, по II признаку ЛЛРО = /\СКО,
тогда АО = ОС.
е) Получили ABCD — четырехугольник, диагонали ко¬
торого точкой пересечения делятся пополам.
По признаку это значит, что ABCD — параллело¬
грамм, тогда AD = ВС.
Примечание. Отметим, что в этом варианте моделиро¬
вания условий задачи равенство АК — PC совсем не ис¬
пользовалось.
Возможен еще один вариант моделирования условий зада¬
чи. Формализуйте «Дано» данного варианта моделирова¬
ния условий задачи и докажите.
Возможен и третий, и четвертый вариант моделирования
условий задачи. Формализуйте для каждого варианта мо¬
делирования условий задачи «Дано» и докажите.
66
Треугольники и параллелограммы
21. Две стороны четырехугольника параллельны, две дру¬
гие — возможно, нет. Угол между диагональю и одной
из возможно непараллельных сторон равен углу между
другой диагональю и другой возможно непараллельной
стороной. Докажите, что возможно непараллельные сто¬
роны равны между собой.
Дано:
ABCD
ВС || AD
ЛАВР = AACD
АВ = DC
а) Известна теорема: множество всех вершин углов,
из которых отрезок виден под одним и тем же углом,
есть множество всех точек окружности, лежащих
в одной полуплоскости относительно прямой, содер¬
жащей отрезок — хорду (без ее концов).
Так как ВС || AD, то
Задачи на доказательство. Решение
67
б) Если это трапеция, то дуги, ограниченные параллель¬
ными хордами, равны,
т. е. ВС || AD-, ^АВ = ^DC, значит АВ = DC.
в) Если рассматривать параллелограмм, то это только
прямоугольник, так как для того чтобы около четы¬
рехугольника можно было описать окружность, необ¬
ходимо и достаточно, чтобы сумма противополож¬
ных углов совпадала и была равна 180°.
Следовательно, АВ = DC.
22. В четырехугольнике две стороны параллельны, а диагона¬
ли взаимно перпендикулярны. Докажите, что две другие
стороны равны между собой.
Дано:
ABCD
ВС || AD
AC-LBD
АВ = CD
а) Если ABCD — параллелограмм, то АВ = CD. Отме¬
тим также, что так как AC1.BD, то ABCD — ромб.
б) Пусть ABCD — трапеция (АВ ^CD).
Попытка в лоб доказать, что АВ = CD, не проходит.
Попробуем построить контрпример, т. е. построить тра¬
пецию, для которой ВС || АР, AC1.BD, но АВ CD.
68
Треугольники и параллелограммы
1. Пусть ACA.BD. Пусть /ХОВС таков, что
вс-чов (^всо = ы°\
ВС 2ОВ лсво = 60° У •
Пусть АВ = 2ОВ. Пусть О В 7^ ОВ.
2. ЛОВС подобен ЛОВА (по углам),
но ЛОВС / ЛОВА, тогда ВС ф АВ (ВС || АВ).
3. Так как /.ВВС /АСВ, то трапеция не равнобед¬
ренная, т. е. АВ ф ВС.
Значит, в общем случае утверждение ложно.
23. В треугольнике медиана и биссектриса, проведенные к од¬
ной и той же стороне, совпадают. Докажите, что треуголь
ник равнобедренный.
Дано:
ЛАВС
BD = тАС = 1АС
АВ — ВС
А
В
D
С
Задачи на доказательство. Решение
69
а) Выполним дополнительные
построения:
DC^BC и DA11.AB.
б) Рассмотрим треугольники
BDAr и BDC1.
BD — общая,
ADBA± = ZBBCP
Значит /\BDA1 — ABDClb значит DAr = DCV
Примечание. Можно проще, если использовать тот
факт, что биссектриса — множество всех точек, рав¬
ноудаленных от сторон угла. Тогда сразу DA± = DC\.
в) Рассмотрим треугольники ADAX и CDCV По гипоте¬
нузе и катету Z\ADAr = /\CDCly значит ZA = ZC,
тогда по признаку равнобедренности АВ = ВС.
24. В треугольнике медианы, проведенные к двум сторонам,
равны между собой. Докажите, что тогда треугольник рав¬
нобедренный.
Дано:
ДАВС
ААг = твс
ССГ = тАВ
тАВ = твс
АВ = ВС
а) Так как медианы точкой пересечения делятся в отно¬
шении два к одному, считая от вершины, то
2 2
АС = -АА1; СО = -ССГ
о <3
б) По условию АА1 = CClt значит АО = СО,
т.е. /О АС = /ОСА, и ОСг = ОАХ.
Тогда ДС^АО = АА^СО, значит /СХАО = /АгСО.
в) Следовательно /ВАС = /ВСА, т. е. АВ = ВС.
70
Треугольники и параллелограммы
25. Два треугольника равны, причем одна сторона у них об¬
щая. Из одной их общей вершины проведена биссектри¬
са угла первого треугольника, а из другой общей верши¬
ны — биссектриса угла второго треугольника. Докажите,
что отрезки сторон, на которые биссектрисы делят сторо¬
ны, прилежащие к общей стороне, соответственно равны
между собой.
Дано:
ДАВС = ДАВС
СР — биссектриса АВС А
АК — биссектриса ACAD
а) РВ = DK
б) АР = СК A D
Здесь необходимо точно понимать, что значит равенство
АВ = AD
ААВС = AADC. А это значит, что ВС = DC
АС = АС
Похоже, что ABCD, возможно, не параллелограмм.
Приведем контрпример. Пусть ДАВС такой, что
ZB = 90°, ВС = 1,
АС = 2 (Z.D = 90°, DC = 1).
Тогда чертеж такой:
Тогда очевидно, что РВ / DK, АР (jr
т. е. в общем случае утверждения ложны.
Теорема Фалеса, подобие
71
Теорема Фалеса, подобие
Определение 1. Отрезки АВ и CD называются пропорци-
л ту п тл АВ CD
ональными отрезкам А1В1 и Ci-Di, если == .
A^Bi C±Di
Примечание. Можно аналогичным образом ввести понятие
пропорциональности и для трех, четырех, ..., п отрезков.
Теорема Фалеса2. При пересечении сторон угла параллель¬
ными прямыми на сторонах угла образуются пропорциональ-
ОА АВ ВС
ные отрезки .
ОАг
Определение 2. Если в А АВС и AAiBiCi углы соответ¬
ственно равны— ZA = ZAi, ZB = ZBi, zLC = Z.Cx — то
противолежащие соответственно равным углам стороны (в
ААВС и AAiBiCi) — ВС и BiCi, АС и AiCi, АВ
и AiBi — называются сходственными.
Определение 3. Два треугольника называются подобными,
если их углы соответственно равны и стороны одного тре¬
угольника пропорциональны сходственным сторонам дру¬
гого треугольника. Подобие треугольников записывается
так: ААВС ~ AAiBiCi.
2 Фалес из Милета — древнегреческий ученый (625-547 г. до н.э.).
72
Треугольники и параллелограммы
Итак:
a) ZA - ZA1? ZB = ZBP ZC = ZCP
AB _ ВС AC
} A1B1 B1C1 A^ ”
где к отношение сходственных сторон, называемое ко¬
эффициентом подобия подобных треугольников.
Теорема 1. Отношение площадей двух подобных треугольни¬
ков равно квадрату коэффициента подобия. Иными словами,
если ААВС ~ ЛА1В1С1, то
, 2
т; = fc
^AAiBiCi
Естественно, что для решения задач в чистом виде использова¬
ние определения подобия треугольников может быть малоэф¬
фективным. Известны признаки подобия треугольников, кото¬
рые существенно облегчают решение задач на подобие.
Признаки подобия треугольников
1. Если два угла одного треугольника соответственно равны
двум углам другого треугольника, то такие треугольники
являются подобными.
2. Если один угол одного треугольника равен углу друго¬
го треугольника, а прилежащие к этим углам стороны
пропорциональны, то такие треугольники являются по¬
добными.
3. Если три стороны одного треугольника пропорциональны
трем сторонам другого треугольника, то такие треуголь¬
ники являются подобными.
Примечание. Используя определение подобия треугольников,
можно доказать, что не только длины сходственных сторон по¬
добных треугольников, но и длины биссектрис, медиан, высот,
Теорема Фалеса, подобие
73
периметров, радиусов вписанных и описанных окружностей от¬
носятся как коэффициенты подобия.
Напомним простейшие тригонометрические определе¬
ния и соотношения.
Рассмотрим угол АО В.
Отрезки АВ,А1В1,...,АпВп перпендикулярны лучу [ОВ).
Получили, что ДАО В подобен
AAjOBp..., ДАпОВп.
т АВ А1В1
Тогда ОА = ОА
а2в2
оа2
АпВп
ОАп
величина посто¬
янная, характеризующая угол Л АО В.
ОВ _ ОВХ _ОВ2_ _ ОВп
ОА~ ОАХ~ ОА2~ ~ ОАп
другая постоянная величина,
характеризующая также угол Л АО В.
74
Треугольники и параллелограммы
Очевидно, что эти численные
характеристики не зависят от
линейных размеров треугольников.
Для прямоугольных треугольников
можно дать следующие
определения.
Определение 4. Синусом угла а в прямоугольном тре¬
угольнике называется отношение катета, противолежаще-
ВС
го углу а, к гипотенузе — sin а = .
Определение 5. Косинусом угла а в прямоугольном тре¬
угольнике называется отношение катета, прилежащего
АС
к углу а, к гипотенузе — cos а = .
АВ
Примечание. Из определений следует, что
а) ВС = АВ sin а; АВ = — .
sin а
б) АС — АВ cos а; АВ — .
cos а
в) Для ДАВС
по теореме Пифагора
ВС2 + АС2 = АВ2\ : АВ2
ВС2 + АС2 _ АВ2
АВ2 ~ АВ2'
АС2
ВС2 АС2
т. е. 4- - — 1
АВ2 + АВ2 ~
/ВС\2
\ав;
ления, получим sin2 а + cos2 а — 1
метрическое тождество.
Тогда sin а = 1 — cos2 а и cos2 а = 1 — sin2 а.
— основное тригоно-
АС\2 _
) = 1, значит, учитывая данные опреде-
Теорема Фалеса, подобие
75
У пражнение.
Дано:
ABCD — прямоугольник
АВ = 12
ВС = 16
ВРААС
РМА.ВС
DKA.AC
KNADC * з)
I. Укажите все подобные
треугольники.
II. Найдите:
а) АС
б) ВР
в) СК
г) РК
д) cos(ZBAC)
е) cos(ZABB’)
ж) sin(ZCBP)
з) sin(ZCZ)K’)
и) tg(ZBBTP)
к) РМ
л) KN
м) $АВМР
I. АДВС ~ А АР В ~ АВ PC ~ ACNK ~ Д С DA ~ ABM Р ~
~ АРМС ~ AKND ~ ADKA.
II. а) АС = у/АВ2 + ВС2;
S&ABC = I • Ав ВС
6> 1
^лавс — х ’ АС • ВР
Хи
вр= АВ- ВС
АС = V122 + 162 = 20.
, значит АВ • ВС = АС ■ ВР-
пп 12 16 „
ас ' вр~^~ = 9^
76
Треугольники и
параллелограммы
в) Так как ЛАВР = &CDK, то
СК = АР = у/АВ2 - ВР2 = у/(АВ - ВР)(АВ + ВР),
. т. е. СК = у/(12 - 9,6)(12 + 9,6) = ^4-21,6 =
_ /24 • 216 _ /22 • 64 2 • 36
у ю2 “ у “lO2" = "10~ = 7’2-
г) РК = АС - ЧАР, т. е. РК = 20 - 2 • 7,2 = 5,6.
д) cos(ZBAC) = 4^, т. е. cos (ZB АС) = — = 0,6.
АС 20
Можно доказать, что
ZBAC = ZCBP = ZADK = ZDKN;
ZBCA = ZCKN = ZCDK = ZBPM = ZNDK.
е) cos(ZADtf) = cos(ZBAC) = 0,6.
ж) sin(ZCBP) = sin(ZBAC') = 4^,
AC
т. е. sin(ZC'BP) = = 0,8.
Д D
з) sin(ZCDK) = sin(ZBCA) = ——,
AC
12
т.е. sin(ZCDK) = — = 0,6.
и) tg(ZBKP) = ^,T.e. tg(ZBKP) = 9^ = Я
5,6 7
к) РМ = ВР • sin(ZPBM).
Так как ZBAC = ZPBM,
то sin(ZBAC) = sin(ZCBP) = 0,8.
Тогда РМ = 9,6 • 0,8 = 7,68.
л) KN = DK ■ sin(ZNDK).
sin(ZNDK) = 0,6, значит KN = 9 6 • 0 6 = 5 76.
Теорема Фалеса, подобие
77
ч „ АВ + РМ _ z
м) 8Авмр — 5 * ВМ (АВМР — трапеция).
ВМ = BPcos(ZCBP), где АСВР = ABAC;
ВМ = 9,6 • 0,6 = 5,76 = KN (АВМР = AKND);
Значит SABMP = 12 + 7,68 • 5,76 = 56,6784.
£
ВС = 9.
В
Задача 1. В ААВС АВ АВС, АС = 12, sin (ZA) =
Найдите площадь треугольника АВС.
С
а) sin (ZA) = —ВС = ACsin (ZA).
AC
Q
Тогда ВС = 12 - —;
4
б) АВ = v'AC2 - ВС2;
АВ = V122 - 92 = д/144 - 81 - УбЗ = 3\/7.
в) 5давс = ^АВ • ВС; S^ABC = ± ■ 3^7 ■ 9 = |13,5х/7 .
Обратите внимание, что порядок букв в обозначении вершин
треугольника другой (см. с. 74). Это сделано для того, чтобы
при решении задачи были осмысленно использованы определе¬
ния синуса и косинуса угла А.
Задача 2. В ДАВС АВ1ВС, АВ = 15,
Найдите площадь и периметр ААВС.
cos(ZA) —
С
a) cos (ZA) = —
АС’
д R
тогда АС = ——
cos (/.А) ’
15
значит АС = — = 25.
3
5
в
78
Треугольники и параллелограммы
б) sin2 (ZA) + cos2 (ZA) = 1; sin2 (ZA) = 1 - cos2 (ZA);
• 2/ХЛЛ , A3V 25 "9 16 • /7ЛЧ 4
s,n2(ZA) = l-^J =- = -■ sm(ZA) = -.
■) sin(Z4) = BC = ACsin(ZA); BC=25-j=20.
Г) S^abc = ^ AB-BC; 5давс=А-15-20 = И.
д) P&abc — 15 + 25 + 20 — Г60 I.
Задача 3. В ДАВС АВ1ВС, ВС = 34, cos (ZA) = —.
Найдите площадь и периметр ДАВС.
а) Так как sin2 (ZA) = 1 — cos2 (ZA),
TO sin2 (ZA) = 1 - 172 - 152
W 172
= (17-15)(17 + 15) = 2 • 32 _ /_8_\ 2
’172~-(l7)
172
. , . .. 8
т. е. sm (ZA) = —.
б) sin(ZA) = тогда
ас = М = = » = 72,25.
В 4 4
АС sin (ZA)’
х АВ
в) cos (ZA) =
4 17
ЛВ = cos (ZA);
17 15 955
~4~ =s~~f-= 63,75.
* 4
Теорема Фалеса, подобие
79
г) S&ABC — ^АВВС; S^ABC— 2’-4-’34— д —11083,75].
д) Р^авс = 34 + 72,25 + 63,75 = 11701.
Весьма эффективно применение простейших тригонометриче-
ских соотношений и для обычных треугольников.
Задача 4. В остроугольном /ААВС АВ = с, АС = Ь,
ABAC = а (0 < а < 90°). Найдите площадь треугольника
и сторону ВС,
а) Проведем доп. построение. Пусть BDAAC,
то BD = АВ sin а, т. е. BD = c sina.
S&ABC = 2 ' Ь ' С ’ Sin а
в) S&abc — о • BD, т. е.
г) cos (ZBAC) = cos а = —,
АВ
тогда AD = АВ cos а, т. е. AD = с ■ cos а.
д) DC АС — AD, т. е. DC = Ь — с • cos а
е) Из £\BDC по теореме Пифагора получим
ВС2 = BD2 + DC2. Таким образом,
ВС2 = (с sin а)2 + (6 - с cos а)2 =
= с2 sin2 а + ь2 - 26с cos а + <? СО82 а =
— с (sin а + cos2 а) + b2 — 2bc cos а.
Тогда если ВС2 = а2, то с2 + 62 - 26с • cosa |.
В таком виде это теорема косинусов для острого угла
(2ВЛС): ВС = yjАВ2 + АС2 - 2 АВ ■ AC cos (AfyAC).
80
Треугольники и параллелограммы
Примечание. Для тупого угла
/ВАС необходимо несколько
иное построение:
/BAD = 180° - /ВАС;
BD = АВ- sin (/BAD) = АВ sin (180° - /ВАС);
AD = АВ • cos (/BAD) = АВ cos (180° - /ВАС).
Значит, необходимо расширение понятия тригонометрических
соотношений для углов 0 < а < 180°, где:
cos (180° — а) = — cos а ; sin (180° — а) = sin а 3.
Для 0° < а < 90°
Для 90° < а < 180°
Для а = 90°
sin а > 0,
sin а > 0,
sin а = 1,
cos а > 0.
cos а < 0.
cos а = 0;
BD = В А = ВС
(см. рисунок на стр. 79).
Значит BD = АВ sin (/ВАС); AD = -АВ cos (/ВАС),
тогда DC = АС + AD = АС - АВ cos (/ВАС)
(cos (/ВАС) < 0).
Из ДВРС: ВС2 = BD2 + DC2;
ВС2 = (АВ sin (/ВАС))2 + (АС - АВ cos (/ВАС))2 =
= АВ2 sin2 (/ВАС) + АС2 - ЧАС ■ АВ cos (/ВАС) +
+ АВ2 cos2 (/ВАС) =
= АВ2 + АС2 - ЧАС ■ АВ cos (/ВАС);
\В&~АВ2 + АС2 - ЧАС ■ АВ cos (/ВАС)].
Тогда для любого треугольника:
а Ь + с2 — 2bc cos а
Здавс ~ 2°^ 8*п (а!
—
cos а = —Т с а
2Ьс
sm 1 а; о) =
\ / аЬ
См. Шахмейстер А.Х. Тригонометрия. СПб.; М., 2010, 2013. С. 89-90.
Теорема Фалеса, подобие
81
Задача 5. В ДАВС АВ = 26, АС = 28, cos (ABAC)
Найдите ВС, sin(ААВС), cos(ААСВ).
_5_
13’
а) Обозначим ABAC = а, ААВС = (3, ААСВ = 7.
ВС = у/АВ1 2 + АС2 - 2АВ • AC cos (ABAC).
/ 5
По теореме косинусов: ВС = J262 + 282 - 2 • 26 • 28
у 13
= д/676 + 784 - 560 = Г3б1.
6) 1- Здлвс=1лВ-ЛСмп(/ВЛС) = 1лВ-ВСып(/АВС),
2
тогда sin (Z АВС) = 2S&ABC
V АВ ■ ВС
2. Значит, сначала необходимо найти sin (ZBAC) = sin а.
Так как sin2 а = 1-cos2 а исоза= —>0 (аб(0;90°)),
то
.2 , ( 5\2 132 — 52 169-25 144 /12\2
81пс,=1“Ы =~и^-==^“=1^=Ы'
12
т. е. sin а = —.
13
1 12
3. Следовательно, S^ABC = - • 26 • 28 • — = 336.
z 1о
4. Теперь можно найти
sin (/ЛВС) = sin/3 = 888 168
_ 56
26 - 30 " 13 • 15 “ |б5 ‘
82
Треугольники и параллелограммы
в) Используя формулу а2 = Ь2 + с2 - 2Ьс • cos а, выразим
Ь2 + с2 — а2
cos а = , получим
(/л^п\ АС2 + ВС2-АВ2
cos {/АС В) = cos 7 =
2АС • ВС
282 + 302 - 262 784 + 900 - 676
Тогда cos 7 = —- L. =
2-28-30 2-28-30
1008 _ 126 _ 63 ИГ
“ 2 • 28 • 30 ” 14 • 15 ~ ТЛб = 5 ’
Задача 6. В ДАВС ААХ±ВС, СС^АВ, BBXLAC.
Докажите, что для остроугольного £±АВС выполняются сле¬
дующие свойства:
а) ДААХВ подобен ДССХВ;
б) точки А, Сх, Ах, С принадлежат одной окружности;
в) ДАХСХВ подобен ДАВС;
г) ААХ, ВВХ, ССХ — биссектрисы ДАХВХСХ.
Доказательство:
1. Так как по условию задачи ААХ±ВС и ССХ±АВ,
ДАА,В cos(ZB) = 4^
1 АВ
то ИЗ СВ
М&В cos(/B) = -A—
а.в ав
значит - Д = .
АВ СВ
2. Для ДААХВ и /\ССгВ угол В — общий, тогда
по II признаку подобия треугольников ДААХВ подо¬
бен ДССХВ, что и требовалось доказать.
Теорема Фалеса, подобие
83
б) Учитывая, что /\ААХС и /\СС±А прямоугольные с гипо¬
тенузой АС, получим АС — диаметр окружности, кото¬
рой принадлежат точки А, С1? А1? С.
В данном случае мы применили известное свойство: мно¬
жество всех вершин прямоугольных треугольников с об¬
щей гипотенузой есть множество всех точек окружности
диаметра, равного гипотенузе, исключая точки, совпада¬
ющие с концами диаметра.
в) 1. Для ДААгВ и /\ССХВ была доказана пропорцио-
а.в ав
нальность сторон, т. е. —±— = —-—.
Р ’ АВ СВ
2. Помня, что ZB для них общий и используя II признак
подобия треугольников, получим, что ДА1ВС1 подо¬
бен ДАВС.
АВ СВ
Причем, так как из --1 = —= cos (ZB) следует, что
АВ С/В
вс ав , ч
= = cos (ZB), а ДАВС подобен Д^ВС1,,
то к — cos (ZB). Рассуждая аналогично, получим,
что AAjlCjlB ~ ДАСВ.
г) Так как в любом треугольнике медианы, биссектрисы и вы¬
соты пересекаются в одной точке (хотя в общем случае это
три разные точки), то отрезок, проходящий через вершину
и точку пересечения высот, опущенных из двух других вер¬
шин треугольника, является высотой. Очевидно, это верно
и для биссектрис, и для медиан.
84
Треугольники и параллелограммы
Проводя рассуждения, аналогичные предыдущим, по¬
лучим:
/ZAC1B1 подобен ААСВ, где fc = cos (ZA),
тогда ZAB1C1 = ZB;
/\СА1В1 подобен ДСАВ, где /с = cos (ZC),
тогда ZCB1A1 = ZB и ZAC1B1 = ZCB^.
Q ZC.B^ = 90° - (ZB)
ZAjBjB = 90° - (ZB)
следовательно, ВВг — биссектриса ZC1B1A1.
Для других высот /\АВС доказательства аналогичны.
(напомним, ВВХ±АС),
Примечание. Для тупоугольного ДАВС коэффициент по¬
добия к = |cos (ZB)| . Модуль нужен, так как к > 0, а при
ZB > 90° cos (ZB) < 0. Но это уже совсем другая, хотя и очень
интересная задача.
Свойства треугольника, образованного основаниями
высот данного треугольника
1. ДАА1С подобен ДВВХС;
2. ДАВС подобен /ZA^^C, где коэффициент
подобия к = |cos (ZC)|;
3. ААР ВВР СС± — биссектрисы ДА1В1С1;
4*- 5ДЛ1В1С1 = 25аавс • cosa • cos/3 • cos 7;
5* =
Р&АВС Ро
Свойства 4 и 5 попробуйте доказать самостоятельно.
Напомним еще несколько теорем из школьного курса геомет¬
рии 7-9 классов и рассмотрим применение их к решению базо¬
вых задач.
Теорема Фалеса, подобие
85
Теорема 2. Биссектриса любого угла треугольника делит про¬
тивоположную сторону на части, пропорциональные прилежа-
АВ BD
AC DC'
щим к данному углу сторонам треугольника:
Пусть AD = 1ВС (биссектриса ZA).
а) Проведем доп. построение:
СС± || AD,
где Сг е прямой (АВ).
б) ABAD = АВСХС как соответственные при параллельных
ССр AD и секущей ВСХ.
в) ACAD = ААССГ как внутренние накрест лежащие при
ССХ || AD и секущей АС.
г) Значит ДСАС^ — равнобедренный, и АС ~ АСР
\ тт /Ь АВ BD
д) По теореме Фалеса - - = .
AC} DC
Так как АС = АСЛ, то
1ЛС DC\
что и требовалось доказать.
BD
~ DC'
АВ ВР
AC ~ DC
Примечание. При доказательстве особенности ZA (острый
он, прямой или тупой) нигде не учитывались. Значит, теорема
справедлива для любых видов треугольников.
86
Треугольники и параллелограммы
Практикум 1
1. В прямоугольном треугольнике наибольшая сторона рав¬
на 34, а наименьшая 16. Найдите периметр, площадь и си¬
нусы острых углов треугольника.
2. Периметр прямоугольного треугольника равен 90, а отно¬
шение гипотенузы к катету равно 5:3. Найдите площадь
треугольника и тангенс наименьшего острого угла.
3. В равнобедренном треугольнике две стороны равны 17,
а третья сторона равна 16. Найдите площадь треугольника
и тангенс наибольшего угла.
4.
5.
6.
В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна 26, а си-
5 тт
нус одного из углов равен —. Найдите катеты и площадь
треугольника.
В прямоугольном треугольнике один из катетов равен 24,
а косинус угла, противолежащего данному катету, равен
2^ и «
—-—. Найдите гипотенузу и площадь треугольника.
Стороны треугольника равны 18 и 24, а модуль косину-
31 тт „
са угла между ними . Найдите третью сторону, если
£ 1О
периметр треугольника — натуральное число.
^*. Одна из сторон треугольника равна 34, а косинусы углов
ч 15 8 тт
прилежащих к этой стороне, равны — и —. Найдите пе¬
риметр и площадь треугольника.
8. В Л ABC AD = 1вс — биссектриса. Определите:
а) отрезки BD и DC, если АВ = 13, ВС = 15, АС =17;
б) сторону АВ, если BD : DC = 3:2, а АС = 20;
в) сторону ВС, если АВ : АС = 3:4, a DC - BD = 7.
Практикум 1
87
9. На большей стороне ДАВС, стороны которого равны 34,
85 и 105, находится центр окружности, касающейся мень¬
ших сторон. Определите отрезки, на которые центр окруж¬
ности делит большую сторону.
10. В ДАВС, стороны которого равны АВ = 12, АС = 8,
проведена биссектриса AD. Определите сторону ВС, ес¬
ли один из отрезков, на которые эту сторону делит биссек¬
триса, равен одной из известных сторон.
11. В ДАВС со сторонами, равными 15, 18 и 22, вписан ромб,
причем две вершины ромба принадлежат одной стороне,
а две другие двум другим сторонам, и одна из вершин
ромба совпадает с вершиной треугольника. Найдите такой
ромб, периметр которого будет наибольшим.
12. В равнобедренном треугольнике центр вписанной окруж¬
ности делит высоту, проведенную к основанию, в отноше¬
нии 7:5, а боковая сторона равна 70. Найдите площадь
треугольника и радиус вписанной окружности.
13*. Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного
треугольника, равны 5, 12 и 13. Найдите наименьший угол,
стороны и площадь треугольника.
14. Площадь параллелограмма ABCD равна а2, а сторо¬
на AD = а. Точка Р делит сторону DC в отноше¬
нии т : 1 {СР : DP), считая от вершины С, а точка М
делит сторону AD в отношении п : 1 (DМ : AM), считая
от вершины А. Отрезки ВР и СМ пересекаются в точ¬
ке К. Найдите площадь треугольника ВКС.
88
Треугольники и параллелограммы
Решение практикума 1
1. В прямоугольном треугольнике наибольшая сторона рав¬
на 34, а наименьшая 16. Найдите периметр, площадь и си¬
нусы острых углов треугольника.
Дано:
ДАВС
ZA = 90°
ВС = 34
АС = 16
а) -Рддвс
б) s^ABC
в) sin(ZB)
г) sin(ZC)
а) АВ = VBC2 - АС2;
АВ = V342 - 162 = \/(34 + 16) (34 - 16) =
= д/50 • 18 = 30.
8давс = АВ + ВС + АС;
8ддвс = 30 + 34 + 16 = Г~801.
б) ^ЛАВС = 9^-8 • АС;
„ 1
^длвс — X ■ 30 • 16 = [2401.
£
в) sin(ZB) = sin(ZB) =
8
17
г) sin(ZC) = ~ sin(ZC) = |2
15
17
Решение практикума 1
89
2. Периметр прямоугольного треугольника равен 90, а отно¬
шение гипотенузы к катету равно 5 : 3. Найдите площадь
треугольника и тангенс наименьшего острого угла.
Дано:
ДАВС
-^ддвс = 90
Z.C = 90°
АВ : ВС = 5 : 3
а) ^ддвс
б) tg(ZA)
а) Пусть АВ = 5х, тогда ВС = За;.
АС = а/АВ2 — ВС2-, АС = ^/(5а;)2 — (За;)2 = 4а;;
■^ддвс = + ВС + АС,
т. е. 90 = 5а; + За; + 4а;; х = —
2 ’
Тогда АС = 30, ВС = —
2 '
5давс = ^АС ■ ВС, т. е. S^ABC = 1. зо • = |337Д].
б) tg(ZA) = ^;
Ли
ч
; tg(ZA) = - .
4
3- В равнобедренном треугольнике две стороны равны 17,
а третья сторона равна 16. Найдите площадь треугольника
и тангенс наибольшего угла.
Дано:
ДАВС
АВ = ВС = 17
АС = 16
а) ^ДАВС
б) tg онаиб остр
В
90
Треугольники и параллелограммы
а) Пусть BD±AC.
AD = DC = 8;
BD = V~AB2 - AD2; BD = y/172 - 82 = 15.
S&ABC= 2 ЛС • BD; S^ABC — - • 16 • 15 = [120
б) Необходимо определить, какой из углов ZA и ZB яв¬
ляется наибольшим.
tg(ZA) = ff; ШЛ) = ^.
со5(гл) = — ; т1/л\~ 1 -8.
v^ + tg^/A) /“ ,^2 17
V1 + \8)
(Кстати, cos(ZA) можно проще найти из ЛАВР:
га5(ЛЛ) = 4|.)
cos(ZB) = ^1 + BC^-ACl
2 • АВ ВС
(/о. 2АВ2 — АС2
то cos(Zjd) =
. Так как AB — ВС,
АС2
2АВ2 ~ 1 " 2АВ2'
162 128 161
2 • 172 ~ “ 289 “ 289’
136
= 289’ Т° cos(Z-S) > cos(Zyl)-
На [0°;90°] косинус убывает, значит АВ < ZA.
Итак, ZA наибольший острый угол, значит, тангенс
15
наибольшего угла - tg(ZA) = — , так как на [0°;90°)
8
тогда cos(ZB) = 1 —
„ 161 8
Так как -— > —
289 17
тангенс возрастает.
Решение практикума 1
Примечание. Пувкт 6) „охно рец1ИТ[> ц
Из АЛВП (см. с. 89) = т р = _8
Пусть СКА.АВ. в 17
Используя метод площадей,
tv- &АВС
СК ~АВ~'
„„ 2 120 240
(_/Л — —т~— — .
17 17
АВ2 + ВС2 > АС2
Так как АВ2 + АС2 > ВС2
ВС2 + АС2 > АВ2
то ААВС — остроугольный. Значит cos(ZB)
ВК = VBC2 - СК2-,
172 + 172 > 162
172 + 162 > 172,
172 + 162 > 172’
0.
240 \2 1
ТГ / = 17 V (172 - 240)(172 + 240) =
= 1Д<Г529=^ = А51
17 17 17 ’
Тогда cos(ZB) = cos(ZB) - — ■ 17 =
17 ’ 289 ‘
и « 161 8
Ранее было доказано, что > —
289 17
Значит cos(ZB) > cos(ZA).
Следовательно, учитывая вид
y = cosz на (0;90°), ZB
15
сом tg ZA = — наибольший острый угол в ДАВС.
монотонности функции
ZA. Поэтому ZA с танге-
Такой способ несколько легче, так как требует знания
меньшего количества формул планиметрии и тригоно¬
метрии.
92
Треугольники и параллелограммы
4. В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна 26, а си-
5^
13’
нус одного из углов равен —
треугольника.
Дано:
ДАВС
АС1ВС
АВ = 26
с;
sin(ZB) = —
-1-0
а) АС
б) ВС
в) ^ддвс
Найдите катеты и площадь
к
а) АС = АВ sin (ZB), т. е. АС = 26 = [10|.
б) 1. cos (ZB) = х/1 - sin* 2 * * * * (ZB), ZB < 90°, тогда
z/m Г, / 5 \2 1132 - 52
v 7 У \13/ у 132
/169 — 25 _ 12
~V 132 ~ 1з’
19
2. BC = ABcos(ZB), т.е. BC = 26 • — = [24]
13
(можно использовать теорему Пифагора).
в) s^abc =\-ВС-АС, т.е. S^ABC = Т 24 • 10 = ЕМ
или SAABC = ^АВ ■ ВС ■ sin (ZB),
£
1 5
т-е- S^ABC = х • 26 • 24 • — = 120.
& lo
Решение практикума 1
93
5. В прямоугольном треугольнике один из катетов равен 24,
а косинус угла, противолежащего данному катету, равен
2/10 тт
—-—. Найдите гипотенузу и площадь треугольника.
Дано:
ДАВС
ACLAB
АС = 24
2/10
cos (ZB) =
а) ВС
б) ^ДАВС
а) 1. Найдем sin (ZB) = -^/1 — cos2 (ZB),
т. е. sin (ZB) =
(, \ 2 I
2/101 _ /49-4-10 _3
7 J ~ у Т2 — 7'
2- ВС = ■■ , т.е. ВС = ^=[56].
sin (ZB) 3
б) 1. АВ = ВСcos (АВ), т. е. АВ = 56 • = |1б/1б .
2- ‘З'давс ~ 2■'4^' ’ S&ABC = 2" 24’ 16^10 = 192/10 .
6. Стороны треугольника равны 18 и 24, а модуль косину-
31 тт
са угла между ними ——. Найдите третью сторону, если
V
периметр треугольника — натуральное число.
Дано:
ДАВС
ВС = 18
АВ = 24
31
|cos(ZB)| = ——
210
АС — натуральное число
АС
94
Треугольники и параллелограммы
а) Пусть cos (ZB) > 0, тогда |cos (ZB)| = cos (ZB)
(ZB € (0°;90°));
AC = y/BC2 + AB2 - 2BC ■ AB cos (ZB);
AC = J182 + 242 - 2 • 18 • 24 • — =
V 216
= J324 + 576 - ^ ' 31 = V900 -4-31 = a/776 £ N,
значит ZB G (0°;90°) не подходит.
б) Пусть cos (ZB) < 0,
тогда |cos (ZB) | = - cos (ZB)
(ZB G (90°; 180°)); \
В c
AC = a/182 + 242 — 2 • 18 • 24 • f-—=
V \ 216/
= J324 + 576 + 31 - V900 + 4-31 = У1024 = Г32~|.
V Z1O
7*.
Одна из сторон треугольника равна 34, а косинусы углов,
15 8
прилежащих к этой стороне, равны — и —. Найдите пе¬
риметр и площадь треугольника.
Дано:
ДАВС
АС = 34
cos (ZA) = —
cos (ZC) = А
а) ^ДАВС
б) 'З'ДАВС
В
А С
Решение практикума 1
95
а) Для решения задачи проведем
дополнительное построение:
BD1AC.
6> *<Z4> = AD = Sin(ZA) = '/1^°s2(ZA)i
172 - 152
172
х/289 - 225 8
17 ~ 17’
tg (ZA) =
15 _ _8_
17 “ 15’
B)lg(zc) = ^ = 5i?Z£L!
ь'С cos (ZC)
sin (ZC) =
-64 _ 15
Г “ 17’
tg(ZC) = —: —= —
’ 17 17 8’
r) BD = AD • tg (ZA) и BD = DC • tg (ZC).
8 1
Значит AD ■ — = DC
15 8 ’
Так как DC = AC ~ AD, t. e. DC = 34 - AD,
8 i к
to AD ■ — = (34 - AD) ■ —.
15 v > 8
Значит 64AD = (34 _ AD) ■ 152-
(64 + 225) AD = 34 • 152- AD = 34'152 = 2'152
’ 289 17
Д) = —:]|=2-15 = 30.
96
Треугольники и параллелограммы
е) ВС = дДс2 * * * * * 8 + АВ2 - 2 АС ■ АВ ■ cos (ZA);
ВС = л/342 + 302 - 2 • 34 • 30 • — =
V 17
= УТ156 + 900 - 1800 = х/256 = 16.
ж) вдавс = 34 + 16 + 30 = 1801.
3) $длвс = ^АВ • АС • sin (ZA);
I g
S&ABC ~ 9 • 30 • 34 • — = 1240
& 17
Примечания
1. ДАВС прямоугольный, так как АС2 = АВ2 -4- НГ1?
т.е. 342 = 302 + 162. ’
cos
2. Можно было решать проще, если знать, что из
г>' ■ ■' " ' - /15\2 / я \ 2 225 + 64
172 = 1
следует, что ZA + ZC = 90° или ZC = 90°-Z А, значит
ZB = 90° (ZA + ZB + ZC = 180°) и далее стандарт-
ное решение.
8. В ДАВС AD - 1ВС — биссектриса. Определите:
а) отрезки BD и DC, если АВ = 13, ВС = 15, АС = 17-
б) сторону АВ, если BD : DC = 3:2, АС = 20-
в) сторону ВС, если АВ : АС = 3:4, DC - BD = 7
Решение практикума 1
97
а) Дано:
ДАВС
АВ = 13
ВС = 15
АС = 17
АР - 1ВС
1. BD
2. DC
Так как AD = 1ВС — биссектриса, то
л АВ ВР 13 ВР
AC PC’ ’ ' 17 15-ВР’
13 • 15 - 13 • BD = 17BD;
BD =
13-15
30
= [6Д].
13 -15 = 17ВР + 13ВР;
2. PC = 15 - ВР, т. е. DC = 15 - 6,5 = [8Д~|.
б) Дано:
ДАВС
АР = 1ВС
BD : DC = 3:2
АС = 20
АВ
Так как AD = 1ВС — биссектриса, то — &&
АВ 3 АС ОС’
с учетом условий получим —— = -, т. е. АВ = Гоп
20 2 LAO
в) Дано:
ДАВС
АР = 1ВС
АВ . АС = 3:4
DC — BD = 7
ВС
1. Так как АР = 1ВС — биссектриса, то Вр
3 вр Лс р?;
с учетом условий получим - =
4 ио
98
Треугольники и параллелограммы
{ВР 3
ОС ~ 4
DC - BD = 7
з
BD = -DC
4
3
DC - -DC = 7
4
3
значит DC = 28, a BD = - • 28 = 21,
4
тогда ВС = BD + DC = 21 + 28 = [49~|.
9. На большей стороне ДАВС, стороны которого равны 34,
85 и 105, находится центр окружности, касающейся мень¬
ших сторон. Определите отрезки, на которые центр окруж¬
ности делит большую сторону.
Дано:
ДАВС
Окружность, где
ее центр О € АС
АВ, ВС — стороны
касания
АВ = 85
ВС = 34
АС = 105
1. АО
2. ОС
а) Так как АВ и ВС — стороны, касающиеся окружно¬
сти, то ВР = ВК, где ОР = ОК = гв и ВО = 1АС —
биссектриса (потому что ДОР В = ДО К В).
о АВ АО 85 АО 5
б) Значит, — = ——, т. е. — = —— = -.
’ ВС ОС 34 ОС 2
АО + ОС = 105 5
= , тогда -ОС + ОС = 105;
2
JOC = 105;
Решение практикума 1
99
Примечание. Одним из приемов моделирования являет¬
ся сам чертеж, который является иногда более наглядным
отражением текстовых условий задачи. Иногда же он —
лишь один из возможных вариантов моделирования усло¬
вий. Поэтому если рядом с «Дано» есть чертеж, то форма¬
лизация текстовых условий задачи не всегда достаточно
полно и точно их отражает. Это следует помнить в даль¬
нейшем.
В
10. В ДАВС, стороны которого равны АВ = 12, АС = 8,
проведена биссектриса AD. Определите сторону ВС, ес¬
ли один из отрезков, на которые эту сторону делит биссек¬
триса, равен одной из известных сторон.
Дано:
ДАВС
АВ = 12
АС = 8
АР = 1ВС
а) ВР = АВ
б) или BD = АС
в) или PC = АВ
г) или DC = АС
ВС
а) Пусть BD = АВ.
BD
DC" Т е‘
12
У
значит DC = 8, тогда ВС = BD + PC = 12 + 8 = 20;
В& ~ АВ + — вырожденный треугольник.
Так как AD = i то — =
вс’ АС
12
” DC’
б) Пусть BD=zAc ав bd 12
; АС, тогда так как —— = ——, то —
AC DC о
8
DC
РС =
64
12
_ Д 11
, значит ВС = 8 + 5- = 13-
4 3 3
100
Треугольники и параллелограммы
в) Пусть DC = АВ, тогда && =
ВС = 12 + 18 = 30, значит АВ + АС < ВС,
так как 12 + 8 < 30 — такого треугольника не суще¬
ствует.
г) Пусть DC ■= АС, тогда т.е. BD = 12.
О о
Значит ВС = 12 + 8 = 20 — получили вырожденный
треугольник.
Ответ: ВС = 13^.
11. В ДАВС со сторонами, равными 15, 18 и 22, вписан ромб,
причем две вершины ромба принадлежат одной стороне,
а две другие двум другим сторонам, и одна из вершин
ромба совпадает с вершиной треугольника. Найдите такой
ромб, периметр которого будет наибольшим.
Дано:
ДАВС
АВ = 18
ВС = 15
АС = 22
В ДАВС вписан ромб
Тромба — наибольший
а) АР = РК.
Пусть АР = х, тогда так как
ДРВК ~ ДАВС
(ZA = АВРК и АВ -
общий),
РВ АВ 18 - х 18
ТО = ; = —;
РК AC X 22’
22 • 18 - 22х = 18т;
22•18 11-9
22 + 18 10
9,9; Раркт ~ I 39,6 |.
Решение практикума 1
101
ВК
тогда РК =
15 — х
т.е.
б) РК = СК.
Пусть РК = х,
ВС
АС'
= 15
х ~ 22’
22 • 15 = 22х + 15а?;
22 15 „34
Х~ 37 -837’
Рстрк = 35—.
С/1 JrlX.
в) РВ = РТ.
Пусть РВ = х,
АР АВ
тогда рт = вс' т е‘
18 -х 18 г е й
= —; 5 • 18 — 5а: = 6а:;
х 15
5 • 18 „2
1 = ТГ = 8П-
Ррвкт — 32—.
Ответ: РдРКТ = 39,6. АРКТ — ромб наибольшего пери¬
метра.
Примечание. Если еще исследовать и площади таких
ромбов, то задача становится интересной домашней лабо¬
раторной работой (технически трудоемкой).
12. В равнобедренном треугольнике центр вписанной окруж¬
ности делит высоту, проведенную к основанию, в отноше¬
нии 7 : 5, а боковая сторона равна 70. Найдите площадь
треугольника и радиус вписанной окружности.
102
Треугольники и параллелограммы
Дано:
ДАВС
АВ = ВС = 70
О — центр вписанной
в ДАВС окружности
BDA.AC
ВО : OD = 7 : 5 * б)
а) $&АВС
б) гв
а) Так как АВ и АС касаются окружности, то АР = AD
и АО = 1ВС — биссектриса.
АВ ВО 7 70 7
б) Значит — = — = _ _ = AD = 50.
в) По теореме Пифагора4 BD = VАВ2 - АВ2,
т. е. В В = \/702 - 502 = 20>/б.
г) Так как AD = DC = |аС, то 5длвс = АВ • ВВ,
т-е- = 50 • 20\/б = 1000х/б .
д) Так как OD = гв, то, учитывая, что
OD + О В — BD = 20\/б,
получим OD + OD •
7
- = 20х/б;
о
5
OD = — • 20л/б =
4 Теорема Пифагора (572 500 г. до н.э.). Для того чтобы треугольник
являлся прямоугольным, необходимо и достаточно, чтобы сумма квадра¬
тов двух сторон треугольника была равна квадрату третьей стороны.
Решение практикума 1
103
13*. Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного
треугольника, равны 5,12 и 13. Найдите наименьший угол,
стороны и
Дано:
АА1АВС
ВВ^АС
СС^АВ
В1А1 = 5
СХАХ = 12
В1С1 = 13
площадь исходного треугольника.
а) наименьший угол ДАВС
б) ВС
в) АВ
г) АС
Д)
а) 1. ZA = ZC1A1B = ZB1A1C;
ZC = ZACXBX = ZAjCjB;
ZB = AABlC1 = ААХВХС
(см. задачу 6, стр. 82).
В
А
2. Для ABjCjAj
BxCy — CXA2 + ВХАХ,
так как 132 = 122 + 52,
т.е. ZBXAXCX = 90°.
3. В задаче 6 (стр. 82) было доказано, что
ABAC = АВА1С1 = АВ1А1С (для этого доказали
что ДАХВС] подобен ДАВС, и коэффициент по¬
добия k = cos (АВ) ).
Далее аналогично можно доказать, что ДАХВХС по¬
добен ДАВС, где к = cos (АС) ).
104
Треугольники и параллелограммы
4. Так как около четырехугольника АВ1А1В можно
описать окружность, где АВ — диаметр
и ZA + ZBXAXB = 180°, но ZBXAXCX = 90°
(пункт 2) и АСХАХВ = ZA (пункт 1),
значит ZBXAXB = 90° + ZA.
Учитывая, что ZA — 180° - ZBXAXB,
получим ZA = 180° - (90° + ZA), тогда 2ZA = 90°,
. . 180° - ZBXAXCX 180° - 90°
т. е. ZA = 1—1—1 _ 450
2 2
т.е. | ZA = 45°~]. Можно доказать, что он наимень¬
ший в ДАВС. (Позже будет доказано, что ВС —
наименьшая сторона ДАВС.)
б) Так как можно по аналогии доказать, что ДАВХСХ по-
\/2
добен ДАВС, где k = cos ZA = cos 45° =
BXCX y/2
TO —1—- = .
BC 2
Значит BC = BXCX ■ \/2, т.е. ВС = 13\/2 .
в) Для ДВхСхАх cos (ZCxBxAx) =
т.е. cos (ZCXBXAX) = A.
10
™ 180° — ZCXBXAX
Так как ZB = *—*—±-,
2
то, учитывая тригонометрические формулы5
а 1 + cos а / п \
cos — = 4 / и cos (180 - а) = — cos а,
Z у 2
180° — ZCXBXAX
можно найти cos (ZB) = cos 1—- =
fl + cos (180° - ZCXBXAX~ /1 - cos (ZCXBXAX)
2
2
5 См. Шахмейстер А.Х. Тригонометрия. СПб.; М., 2010, 2013. С. 135.
Решение практикума 1
105
/i
т. е. cos (ZB) = у —
2 z
. (для любого
713
треугольника cos — > 0).
2
Уже известно, что АА1ВС1 подобен ААВС.
2
Причем к = cos (ZB), т.е. к = .
713
m С, А, 2 г 7=1
Тогда — = —= значит АС = 6\/ТЗ .
АС 713
г) Для AA^Ci cos(ZBiCiAi) =
12
т. е. cos (ZBiCiAi) = -.
т _ 180° - ZBiCiAi
Так как ZC = ——1,
2 ’ ,
то, зная формулу половинного угла cos — = \
2 V 2
и помня, что cos (180° — а) = — cosa, найдем cos (ZC) =
/1 + cos (180° - ZBjCjAj)~ /1 -cos(ZB1C1A1)
2
2
/ х 13
Таким образом, cos (ZC) = \
V 2
АВ = 5726 .
1
^26
По аналогии можно доказать, что АА1ВС1 подо¬
бен ААВС с коэффициентом подобия к — cos (ZC),
i 1 гр В}А} 1
т. е. к = —=. Тогда —р—- — —=, т. е.
726 АВ JOo
(ВС}1 2 = (1372)2 = 338
Заметим, что (АС)2 = (б\/13)2 = 468
(АВ)2 = (5у/2б)2 = 650
338 + 468 > 650
338 + 650 > 468, а значит, ААВС — остроугольный.
468 + 650 > 338
, значит,
106
Треугольники и параллелограммы
Д) SAABC ~ S^AB1C1 + 'S'ABAiCi + ^ACAiBi + SAA1B1C1'
1. Так как ДАВ1С1 подобен АВС с коэффициентом
л/2 1
подобия к = cos (ZA) = —, то 5ДЛВ1С1 = ^SAABC.
2. Так как ЛВА1С1 подобен ААВС с коэффициен-
2
том подобия к — cos (ZB) = -==,
4 ^13
то -ЗдВА1С1 = Уз ^AABC'
3. Так как АСА1В1 подобен ААВС с коэффициен¬
том подобия к = cos (ZC) = -i=,
1 4/26
то S^CAlB1 — -^S^ABC.
S&A1B1C1 = -C1A1-B1C1, Te- “^AAiBiCi = 2'12’5 = 3O.
14 1
5- S&ABc = 2$aabc + Уз^аавс + 26^aabc + 30;
s (1 1 4 ^-30
^ДАВС I 1 “ 2 ~ Уз - 26 ) — 3°>
т. е. S^ABC
= 195 .
Примечания. Очевидно, что задача была решена без исполь¬
зования знания сторон. Это достаточно трудная задача. Ис¬
пользуя знание сторон и формулу = -Ьс • since, получим
£
более простое решение:
1 /15
а) cos (ZC) = —= значит sin (ZC) = < /1 — — — ,—;
х/26 у 26 л/26
б) 5ДЛВС = | -AC-ВС-sin(ZC),
£
1 5
т. е. 5ДЛВС = - - 6%/Тз -13 • л/2 • -= = 195.
£ V 26
Решение практикума 1
107
14. Площадь параллелограмма ABCD равна а2, а сторо¬
на AD — а. Точка Р делит сторону DC в отноше¬
нии т : 1 {СР : DP), считая от вершины С, а точка М
делит сторону AD в отношении п : 1 (DM : AM), считая
от вершины А. Отрезки ВР и СМ пересекаются в точ¬
ке К. Найдите площадь треугольника В КС.
Дано:
$abcd — а2
АВ || DC
ВС || AD
М е AD; Ре DC
СР DM
DP~m' АМ~
СМПВР=К
S&bkc
а) Проведем дополнительное построение:
PPi II
PPi П СМ = Р2
NNX±AD
NN1HPP1 = n2’
б)
СР — т ■ DP = m{DC — СР), значит СР =
т + 1 ’
DM = п ■ AM = n{AD — DM), значит DM = .
п 4- 1
= СР DM „„ m-DM
DM РР2' * Dc ; РР2- m + 1 .
т. е. РР2 = m'n AD . рр = атп
(т + 1)(п 4-1)’ 2 (m + l)(n 4- 1)
NNt = а.
$abcd ~ ВС ■ NNlt т. е. s2 = а ■ NNf,
Р£ =
ВС
атп
д)
^^РКР2
Н&ВКС’
тп
(m+l)(n+l) N2K N-K
— rp g -
a NK' ’ NK ~ (m + l)(n + l)‘
108
, nn2 ср т
г) ЛГУ, DC - '■" NN. = -SL
//t -J- 1
ж) NN2 = NK + N2K- S. = NK + N2K NK
n2K N^k ~
С другой стороны, — К __ ВС _ а
N2K РР2 _ атп ’
КТТ^ [ х / (™+1)(п+1)
NK = (т+ 1)(п + !)
N2K тп
Следовательно, NK = -т ~*~ 1) лг is
тп ’ ^К-
т. е.
Но NK + N2K = NN0 = -ат ■
2 m + Г
значит
N2K =
ат
т + 1
-NK,
NK = ^+1>(п+ 1) \
тп \т + 1 )■
Тогда
NK = ат^П + = ат^п +
тп + тп + т + п + 1 2тп + т + п + 1 ’
э) Sabkc=1--BCNK; SABKC=La- ““(" + 1)
& 2 2тп + т + п + 1
а2т(п + 1)
Итак, Злргсг = .
&ВКС 2(2тп + m + n + 1)
Например, если SABCD = 16, AD = 4, т = 1 и п = 1,
Q _ 16 12 16
то Лдвкс - 2 . (2 • 1 • 1 + 1 + 1 + 1) - Т = 3’2-
Самостоятельная работа 1
109
Самостоятельная работа 1
Вариант I
Дано:
ABCD -
прямоугольник
АВ = 10
ВС = 24
Вариант II
Дано:
ABCD -
прямоугольник
АВ = 16
ВС -30
Найдите:
Вариант I
Вариант II
1
АС
2
ВР
3
СК
4
РК
5
cos(ZBAC)
6
cos(ZAL>K)
7
sin(ZCBP)
8
sin(ZCZ)K)
9
KT
10
PM
11
KN
12
^KTMP
по
Треугольники и параллелограммы
Лабораторная работа 1
Варианты 1—10
Для прямоугольного треуголь¬
ника АВС, где Z.C = 90°, АВ = с,
ВС = а, АС = Ь, по двум данным
из таблицы найдите все остальные.
Справочно:
р _ af)c _ а _ 25 _ 5
° 45 2sin(ZA)’ Гв ~ Р ~ р'
а + Ь + с
где р =
а
b
С
8^
Г
в
Ro
sin(ZA)
sin(ZB)
1
7
25
2
15
60
3
9
180
4
60
11
61
5
12
6
16
63
65
7
28
53
8
32|
56
65
9
77
85
10
Ц
80
89
Тренировочная работа 1
111
Тренировочная работа 1 (на доказательства)
Вариант I
Докажите следующие утверждения.
1. Если две медианы треугольника перпендикулярны двум
сторонам, то такой треугольник является равносторонним.
2. Точка пересечения биссектрис углов трапеции при боль¬
шем основании принадлежит меньшему основанию трапе¬
ции. Докажите, что тогда сумма длин боковых сторон рав¬
на длине меньшего основания.
Вариант II
Докажите следующие утверждения.
1. Если треугольник является равнобедренным, то биссек¬
трисы, проведенные к равным сторонам треугольника,
равны между собой.
2. Если отрезок медианы от вершины до точки пересечения
медиан в три раза меньше стороны, к которой она прове¬
дена, то треугольник прямоугольный.
Вариант III
Докажите следующие утверждения.
1. Если две высоты в треугольнике равны между собой, то та¬
кой треугольник является равнобедренным.
2. Биссектриса треугольника делит его на два треугольни¬
ка, площадь одного из которых в два раза больше площа¬
ди другого, если биссектриса делит медиану пополам. При
этом медиана делит данную биссектрису в отношении 1:3.
112
Треугольники и параллелограммы
Вариант IV
Докажите следующие утверждения.
1. Если две медианы треугольника взаимно перпендикуляр-
2
ны, то - третьей медианы равны стороне, к которой она
о
проведена.
2. Для того чтобы диагонали четырехугольника были вза¬
имно перпендикулярны, необходимо и достаточно, чтобы
сумма квадратов противоположных сторон совпадала.
Вариант V
1. Докажите, что если две биссектрисы треугольника перпен¬
дикулярны сторонам, к которым они проведены, то такой
треугольник является равносторонним.
2. В остроугольном треугольнике АВС на стороне АС как
на диаметре построена окружность, пересекающая сторо¬
ны треугольника в точках и Cv Отрезки СС± и ААг
пересекаются в точке О. Выясните, какой угол образует
прямая ОВ со стороной АС.
Вариант VI
Докажите следующие утверждения.
1. Если в треугольнике медиана и биссектриса взаимно пер¬
пендикулярны, то биссектриса делит сторону, к которой
она проведена, в отношении 2:1.
2. Высота и медиана, проведенные к одной стороне треуголь¬
ника, делят угол, из вершины которого они проведены,
на три равные части. Докажите, что такой треугольник —
прямоугольный.
Тренировочная работа 1
113
Вариант VII
1. Корректно ли такое определение: прямым углом называ¬
ется угол, стороны которого взаимно перпендикулярны?
2. Верно ли утверждение: если в описанном многоугольнике
все стороны равны, то равны и все его углы?
Вариант VIII
1. Корретно ли такое определение: равносторонним называ¬
ется такой треугольник, у которого равны все его стороны
и все его углы?
2. Верно ли такое определение: параллелограммом называет¬
ся многоугольник, у которого противоположные стороны
попарно параллельны?
114
Треугольники и параллелограммы
Решение тренировочной работы 1
Вариант I
Докажите следующие утверждения.
1. Если две медианы треугольника перпендикулярны двум
сторонам, то такой треугольник является равносторонним.
Дано:
ДАВС
ССг = тАВ
ААХ = твс
АА^ВС-, ССг±АВ
АВ = ВС = АС
А Вг С
а) Так как медиана ССХ = тАВ = НАВ,
то ДААХВ = ДААХС, значит АС = ВС.
б) Следовательно, АВ = ВС = АС, что и требовалось
доказать.
2. Точка пересечения биссектрис углов трапеции при боль¬
шем основании принадлежит меньшему основанию трапе¬
ции. Докажите, что тогда сумма длин боковых сторон рав¬
на длине меньшего основания.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
АО = 1^А
DO -
о е вс
АВ + DC = ВС
АВ = ВО
DC = СО
, тогда
АВ + DC = ВО + СО,
т. е. АВ + DC = ВС, что и требовалось доказать.
Решение тренировочной работы 1
115
Вариант II
Докажите следующие утверждения.
1. Если треугольник является равнобедренным, то биссек¬
трисы, проведенные к равным сторонам треугольника,
равны между собой.
Дано:
ДАВС
АВ = ВС
^АВ = 1вС
а) ААу = Z5C.;
CCi = 1АВ.
б) ДАА^ = АСуСА, так как
АС - общая, ^АуАС = ЛСуСА, £СХАС = ZAyCA.
в) Значит ААу — ССу, что и требовалось доказать.
2. Если отрезок медианы от вершины до точки пересечения
медиан в три раза меньше стороны, к которой она прове¬
дена, то треугольник прямоугольный.
Дано:
ДАВС
тАС п тАВ = О
ЗВО = АС
ABLBC
о
а) В By = тА(у', ВО = —В By.
О
б) ЗВО = АС, т.е. 2ВВу = АС,
значит В By = ^АС = АВу.
в) Известно, что если медиана треугольника равна поло¬
вине стороны, к которой она проведена, то треугольник
является прямоугольным, т. е. ABLBC.
116
Треугольники и параллелограммы
Вариант III
Докажите следующие утверждения.
1. Если две высоты в треугольнике равны между собой, то та¬
кой треугольник является равнобедренным.
Дано:
ДАВС
Нав = Нвс
АВ = ВС
Рассмотрим ДАС-]С и ДСА^А.
АС — общая (гипотенуза),
С С} = ААГ (катеты),
значит ААС1С — /\САгА по гипотенузе и катету.
Следовательно, /.ВАС = Z.BCA, т. е. по признаку равно¬
бедренности АВ — ВС, что и требовалось доказать.
2. Биссектриса треугольника делит его на два треугольни¬
ка, площадь одного из которых в два раза больше площа¬
ди другого, если биссектриса делит медиану пополам. При
■ этом медиана делит данную биссектрису в отношении 1:3.
Дано:
ДАВС
АА| = АА| Г) ССХ = О
сс1 = тАВ2 ос1 = ос
б) АО = 30Аг
а) Так как ОС = ОС, и ^CCi
1 АО = 1СС1
то АСг = АС = ВСг (АО±ССХ).
Тогда так как АА, = Iвс, то т е = ?
1 вс’ АС АХС АгС 1
Значит S^AA1B = 2S^AA1C.
Решение тренировочной работы 1
117
б) Сделаем дополнительное построение:
АВ1\\ВС-, СС1САВ1 = В1.
Рассмотрим ДДВ1С1 и А.ВСС1.
ЛАС^ = АВСгС в
(вертикальные);
Z-B^ACy = Z.CBCr (внутренние I 'ч /И
накрест лежащие при АВ, || ВС од\ га
и секущей АВ); I / \О>fAj
АС^ВСр
Значит ДАВ, С, = ДВСС,.
11 1 А С
Значит, АВХ — ВС.
Следовательно, АВ1ВС — параллелограмм.
Отметим, что В1С1 = СС1? ОС± = ОС и АВХ = ВС.
ЛАОВ1 ~ ДА1ОС, тогда
АО _ ВгО _ ЮС _ 3
ОАХ " ОС ~ ОС “Г
т. е. АО : (9А1 =3:1, что и требовалось доказать.
Примечание. Отметим, что в задаче условия даны в за¬
вуалированном виде, поэтому вначале необходимо осмыс¬
лить, что дано, а что необходимо доказать.
Более привычная формулировка задачи могла бы быть та¬
кой: если биссектриса треугольника делит медиану попо¬
лам, то такая биссектриса делит треугольник на два тре¬
угольника, площадь одного из которых в два раза боль¬
ше площади другого, а медиана делит данную биссектрису
в отношении 1:3.
118
Треугольники и параллелограммы
Вариант IV
Докажите следующие утверждения.
1. Если две медианы треугольника взаимно перпендикуляр-
2
ны, то - другой медианы равны стороне, к которой она
3
проведена.
Дано:
ДАВС
ССг — АА| —
CC1-LAA1, ААг пСС1 = О
ВО = АС
ВВГ = тлс, где О е ВВ1?
и ВО = 2 • ОВХ по свойству медиан.
АО±ОС и АВг = СВЪ
значит, АВТ
&<жаза,тъ
1 \
~ 2mACj •
Тогда АС — 2 • ОВ^, и ВО = АС, что и требовалось
3Шас) •
2. Для того чтобы диагонали четырехугольника были вза¬
имно перпендикулярны, необходимо и достаточно, чтобы
сумма квадратов противоположных сторон совпадала.
Необходимость
Дано:
ABCD — четырех¬
угольник
AC1.BD
АВ2 + DC2 = AD2 -f-
а) Ов2 + О А2 = АВ2
7 ОС2 + OD2 = DC2
О А2 + ОВ2 + ОС2 + OD2 = АВ2 + DC2.
Решение тренировочной^»^* г
119
б) ОВ2 + ОС2 = ВС2
’ О А2 + OD2 = Д£>2
OA2 + OB2 + OC2^.OD2==
в) Значит, АВ2 + ВС2
доказать.
= ВС2 + др2
ГР I 7~?л^2
" £>с , что и требовалось
Достаточность
Дано:
ABCD — четырех¬
угольник
АВ2 + DC2 = АР2 ч- r/72
а.
ACA.BD
Пусть ЛАО В = а, тогда Z.BOC = 180° -
^:X++Xi22°o1Z-
aS - оа2 + о S ~2 ’ °В 'ос ‘ cos(180° ~ а)
AD — ОА +OD — 2 • ОА • OD • cos(180° — а)
АВ + DC2 = О А2 + ОВ2 + OD2 + ОС2—
-2 • ОА • ОВ • cosa - 2 • OD ■ ОС ■ cos а;
AD2 + ВС2 = О А2 + OD2 + О В2 + ОС2-
-2OA-OD- cos(180° - а) - 2 • ОВ • ОС • cos(180° - а).
Так как АВ2 + DC2 = AD2 + ВС2, то
—2(0А • ОВ + OD • ОС) cosa =
= -2(0A OD + OB- ОС) cos(180° - a).
Так как cos(180° - a) = - cosa, то
(АО • OD + О В • ОС + О А • О В + OD • ОС) cos a = 0.
Таким образом, cosa = 0, т.е. a = 90°,
а значит, AC.LDB, что и требовалось доказать.
120
Треугольники и параллелограммы
Вариант V
1. Докажите, что если две биссектрисы треугольника перпен¬
дикулярны сторонам, к которым они проведены, то такой
А С
Так как 1ВС = Нвс, то АВ = АС.
Так как 1ЛВ = НАВ, то ВС = АС.
Значит АВ =■ ВС = АС, и ДАВС — равносторонний.
2. В остроугольном треугольнике АВС на стороне АС как
на диаметре проведена окружность, пересекающая сторо¬
ны треугольника в точках Аг и СР Отрезки ССХ и ААГ
пересекаются в точке О. Выясните, какой угол образует
прямая ОВ со стороной АС.
Дано:
ДАВС — остро¬
угольный
Окр (АС)
(АС — диаметр)
Окр (АС) П ДАВС =
ССХ ПААХ=О
АВВгА
Так как АС - диаметр, то ЬАС^С и ЛСА^ - прямо¬
угольные. Значит ACilCCi и СА^АА^
Так как все высоты в треугольнике пересекаются в одной
точке, то BBjlAC (Bt е АС).
122
Треугольники и параллелограммы
г) BD = 1МС — Нмс, следовательно, ВМ = ВС.
Значит BD = тмс.
д) МС = AM = 2МК. Значит sin(ZA) =
' v 7 AM 2
т.е. /Л = 30°.
е) Тогда Z.ABD = 60°, а Z.ABM = 30°,
значит ААВС = 3 • ААВМ,
т.е. ААВС = 90°, что и требовалось доказать.
Вариант VII
1. Корректно ли такое определение: прямым углом называ¬
ется угол, стороны которого взаимно перпендикулярны?
Ответ — нет.
Характерная логическая ошибка, называемая «порочный
круг» («circulus vitiosus»), встречается как в определени¬
ях, так и в доказательствах. В определениях эта ошибка
выражается в том, что в качестве определяющего берется
понятие, которое само определяется с помощью определя¬
емого понятия. Верные определения таковы:
Определение 1. Прямым углом называется половина
развернутого угла.
Определение 2. Две пересекающиеся прямые называ¬
ются перпендикулярными, если они образуют хотя бы
один прямой угол.
2. Верно ли утверждение: если в описанном многоугольнике
все стороны равны, то равны и все его углы?
Ответ — нет.
В любой ромб можно вписать окружность. В этом слу¬
чае ромб является описанным многоугольником, имеющим
равные стороны, но не равные углы (конечно, если этот
ромб — не квадрат).
Решение тренировочной работы 1
123
Вариант VIII
1. Корретно ли такое определение: равносторонним называ¬
ется такой треугольник, у которого равны все его стороны
и все его углы?
Ответ — нет.
Логически правильное определение должно содержать
необходимые признаки определяемого понятия, не зави¬
симые между собой.
Приведенное определение равностороннего треугольника
ошибочно, так как равенство углов есть прямое следствие
равенства сторон, и включенное в определение требование
равенства углов избыточно.
2. Верно ли такое определение: параллелограммом называет¬
ся многоугольник, у которого противоположные стороны
попарно параллельны?
Ответ — нет.
Логические правильное определение должно содержать
достаточные признаки определяемого понятия, позволя¬
ющие исчерпывающе охарактеризовать его, точно отгра¬
ничив от других понятий.
Данное определение параллелограмма ошибочно, так как
указанным в определении признакам удовлетворяет, на¬
пример, и правильный шестиугольник. Ошибка произошла
вследствие того, что в определении указано не ближай¬
шее «родовое понятие» к понятию параллелограмм (это
понятие «четырехугольник»), а более отдаленное «много¬
угольник».
124
Треугольники и параллелограммы
Метрические отношения в прямоугольном
треугольнике
Теорема 3. В любом прямоугольном треугольнике перпенди¬
куляр, опущенный из вершины прямого угла на гипотенузу,
есть средняя пропорциональная величина между отрезками,
на которые делит данная высота гипотенузу, а каждый катет
есть средняя пропорциональная между гипотенузой и приле¬
жащим к этому катету отрезком гипотенузы.
Аналитически это можно выразить в виде формул.
1. АВ2 — АС • AD из подобия ЛАВ С и ЛАВ В]
2. ВС2 == АС • DC из подобия Л АВС и ЛВВС;
3. АВ2 + ВС2 = АС2 как сумма отношений пунктов 1 и 2
(теорема Пифагора);
4. BD2 = AD DC (или BD = у/AD • DC) из подобия ЛАВО
и ЛВСВ.
Примечание. Используя теоретический материал на с. 71, по¬
пытайтесь самостоятельно доказать данные утверждения. Ес¬
ли же это получается плохо, то рассмотрите доказательства на
следующей странице и отметьте те трудности, из-за которых
вам самостоятельно не удалось их получить.
Метрические отношения в прямоугольном треугольнике
125
Доказательство
1. Рассмотрим треугольники АВС
Так как ABAC = ABAD
и ААВС = AADB = 90°,
то ДАВС ~ /AADB
по I признаку подобия. Тогда
АВ из ДАВС сходственен AD из /AADB;
АС из /ААВС сходственен АВ из /AADB,
АВ AD
ЗНаЧИТ АС = АВ’Т’е
Гав2 = ас-ар \.
2. Рассмотрим треугольники АВС и В DC.
Так как ABAC = ADBC и ААВС = АВ DC = 90°,
то ДАВС ~ /АВDC (по какому признаку?) Тогда
ВС из ДАВС сходственен DC из /АВDC;
АС из ДАВС сходственен ВС из /ABDC,
ВС DC | 5 ,
значит — = —, т.е. | ВС2 = АС - DC I.
3. Так как АВ2 = АС • AD и ВС2 = АС • DC, ТО, сложив
почленно, получим:
АВ2 + ВС2 = АС • АВ + АС • DC = АС • (АВ + ВС) = АС2,
т-е- АВ2 + ВС2 = АС2 — теорема Пифагора.
4. Рассмотрим треугольники ABD и BCD.
Так как ABAD - ACBD и AADB = ABDC = 90°,
то ДАВВ ~ /ABCD (почему?). Тогда
ВВ из ДАВВ сходственен ВС из /ABCD;
AD из ДАВВ сходственен BD из &BCD,
BD DC | X .
ЗНаЧИТ АВ = ВВ’ Т е' 2 = АВ-ВСГ
что и требовалось доказать.
126
Треугольники и параллелограммы
Задача 1
Дано:
ДАВС
BDLAC
МКТЕ — квадрат
АС = 6
ВР = 2
ME
Так как ДАВС ~ ДКВТ (докажите),
где BFA.KT и BD1.AC, то
BF BD BF 2
КТ = АС ' т'е' кт = 6’знетит кт = 3BF-
Но BD = DF + BF, где DF = ME = МК = КТ = ТЕ,
значит 2 = КТ + BF = 3BF + BF, т. е. BF = -
2
Тогда КТ = ME = 2- BF; \МЕ = 1,5].
Задача 2
Дано:
ДАВС
ABLBC
BDFAC
а) DC = 4, BD = 6
б) АВ = G, DC = 4
а) AD, АВ
б) AD, ВС
a) BD2 _ AD • DC, т. е. 36 = AD • 4; ГД£> = 9|.
AB^ac.AD (AC^AD + DC),
Т. е. ЛВ2 = (9 + 4). 9; =
Метрические отношения в ППя.
~ ~~ Е_Другольном треугольника
127
б)
AB2 = AC-AD (АГ>~
АС2 - ЬАС - 36 = 0; °С ’’ Т' '• 36 = АС'(АС - 41
Подходит только АС = 2 + 2710 > 0
Лс1,2 = 2 ± 74 + 36 = 2 ± 2л/1б.
Значит AD = АС - Dr' пгт;—'—7=
120’ т.е. AD = 2VT6- 2 .
вс = у/АС2 - АВ^-
ВС У(2 + 2>/1б) 62 __ ^/4-1-8710+ 40-36
= '/s + Sv'lO, т.е.
Задача 3
Дано:
ABCD — прямо¬
угольник
АВ = 10
AD = 24
ВКА.АС
DMLAC
SlCBMD
а) АС - у/'АВ2 + ВС2; АС = 7102 + 242 = 26.
б) АВ ■ ВС = АС • ВК; ВК = 10 - 24 = 120 о 3
26 13 13'
в) АК = VAB2 - ВК2; AK=Jl&-(—У =
V V 13 /
= ^\/(130 +120)(130 -120) = —72500 = — = 3^|.
МК = АС-2-АК; МК = 26 - 2 • - = 26 - 7^ = 18^.
13 13 13
д)
$KBMD ~ В К • МК;
Q 120 238 28560
SKBMD = _ = _____
,™168
= 168 .
169
128
Треугольники и параллелограммы
Практикум 2
1. Катеты прямоугольного треугольника находятся в отно¬
шении 3 : 2, а высота, опущенная из вершины прямого
угла, делит гипотенузу на отрезки, из которых один боль¬
ше другого на 2. Найдите площадь треугольника.
2. Высота и медиана, опущенные из вершины прямого угла,
равны соответственно 8 и 10. Найдите все стороны тре¬
угольника и биссектрису, проведенную к гипотенузе.
3. В треугольнике высоты равны соответственно 30, 40, 40.
Определите стороны такого треугольника.
4. В треугольнике стороны равны 13, 14 и 15. Найдите наи¬
большую из высот, а также радиус вписанной и описанной
окружности.
5. Катеты треугольника равны 13 и 84. Найдите радиус впи¬
санной окружности и наибольшую из биссектрис.
6. Площадь трапеции ABCD равна 240, диагонали ее пере¬
секаются в точке О. Из середины основания АВ, т. е. точ¬
ки Р, проводятся отрезки ВР и СР, которые пересека¬
ются диагоналями АС и DB в точках М и N, Найдите
площадь четырехугольника OMPN, если одно из основа¬
ний трапеции втрое больше другого.
Решение практикума 2
129
Решение практикума 2
1. Катеты прямоугольного треугольника находятся в отно¬
шении 3 : 2, а высота, опущенная из вершины прямого
угла, делит гипотенузу на отрезки, из которых один боль¬
ше другого на 2. Найдите площадь треугольника.
Дано:
ЛАВС
ABLBC
BDA.AC
АВ _ 3
ВС ~ 2
AD-DC=2
S&ABC
а) Пусть DC = х, тогда AD = х + 2.
Применяя метрические отношения в прямоугольном
треугольнике, получим:
АВ2 = АС ■ AD, т. е. АВ2 = (х + 2 + х)(х + 2);
ВС2 = АС • DC, т. е. ВС2 = 2(т + 1)т.
АВ 3
б) Используя условия задачи —— = -, получим
ВС 2
х + 2 9
= -; 4т + 8 = 9т;
т 4
2(т + 1)(т + 2) _ 9
2(т + 1)т “ 4’
8
т = - = 1,6 = DC;
AD = х + 2 = 1,6 + 2 = 3,6.
в) Так как BD2 = AD ■ DC, то BD2 = 3,6 • 1,6;
тогда BD2 = —1 ■ BD = = 24
100 ’ 10
г) Так как АС = AD + DC = 3,6 + 1,6 = 5,2, то
^ддвс = значит 8&авс = ~ • 5,2 • 2,4 = |б,24|.
130
Треугольники и параллелограммы
2. Высота и медиана, опущенные из вершины прямого угла,
равны соответственно 8 и 10. Найдите все стороны тре¬
угольника и биссектрису, проведенную к гипотенузе.
Дано:
ДАВС
ABLBC
BDJ.AC
ВК = тАС
BD = 8
ВВГ = 10
а) АВ
б) ВС
в) АС
г) ^АС
1) KD = у/ВК* 1 2 3 4 - BD2, т. е. KD = л/102 - 82 = 6.
2) Пусть АК = КС — х, тогда, используя свойство
BD2 = AD ■ DC, получим: 82 = (ж + 6) (х — 6),
где AD = АК + KD, a DC = КС - KD.
Таким образом, ж2 — 36 = 64; х = 10 и АС = 20, тогда
|DC = 4l.
Но этот результат можно было получить без сложных
вычислений, если знать, что медиана, проведенная
из вершины прямого угла к гипотенузе, равна
половине гипотенузы (докажите).
Значит АС = |~201.
3) АВ2 — АС ■ AD, т. е. АВ2 = 20(10 + 6);
АВ = [~8уТ.
4) ВС2 - АС ■ DC, т. е. ВС2 = 20(10 - 6); ВС =
Решение практикума 2
131
т. е.
S') Теперь найдем 1АС.
Пусть ВТ = 1АГ
АВ АТ
тогда ——- = -—
ВС ТС'
8^5 АТ
— jpq' ЪТС = АТ, значит
АС = АТ + ТС = 2ТС + ТС = ЗТС = 20,
ТС = ^- АТ=—_
з 3
S)TD = AD-AT-, TD = 16 — — = -
3 3’
7) вт = Vtd^Tbd^.
8
3
ВТ =
AC¬
3.
В треугольнике высоты равны соответственно 30, 40, 40.
Определите стороны такого треугольника.
Дано:
ДАВС
Высоты к сторонам треугольника:
НАС = 30
Явс = 40
НАВ = 40
а) АВ
б) АС
в) ВС
1) Так как Нвс = НАВ, то ДАВС равнобедренный (по-
пробуйте доказать сами), значит
АВ = ВС и АВг = В,С = -АС.
1 2
2) 2S^abc = ВВ1 ■ АС = ААг • ВС,
АА, • ВС 40 л
^ лс - Чти? "■ АС=йвс’ =
132
Треугольники и параллелограммы
3) Пусть ВС = тогда
4 1 9
АС = 3Х И Авх = ВгС = -АС = -х.
Z о
4) ВС1 2 = В]С2 + В В2, тогда
ж2 = ^2 +302; ^2 = 302; ж2= (3'3^;
у 9 5
90
ж = —=
V5
= 18V5 = ВС = АВ.
4 ,
5) АС = ^ВС', АС = | 24л/5
4. В треугольнике стороны равны 13, 14 и 15. Найдите наи¬
большую из высот, а также радиус вписанной и описанной
окружности.
Дано:
ДАВС
АВ = 13
ВС = 14
АС = 15
в) г
' в
а) Пусть ВВХ±АС.
Положим АВг = х.
1. Рассмотрим ДАВВХ
ВВ2 = АВ2 - АВ2,
т.е. В В2 = 132 - х2.
2. Рассмотрим А.СВВ1.
ВВ2 = ВС2 - ВХС2, т. е. В В2 = 142 - (15 - х)2,
где ВгС = АС- АВг, т. е. ВХС = 15 - х.
Решение практикума 2
133
ВВ? = 132 - ж2
3 В В? = 142 - (15 _ Ж)2 следует:
132 - х2 = 142 - (15 _ ж)2 .
132-Ж22 = 112'152+3°х-а;2;
_ 132 - 142 + 152
х ~ 30 — = 6’6-
4. ВВг = ^/АВ^дв?.
вв, = = vq 57Г. ,1Л- = = п 2
Пусть н = fiBi, Hec = AAi< ^в = СС1
тогда 2S^abc = ввг • АС = ААг • ВС = ССХ ■ АВ.
Учитывая, что АС > ВС > АВ,
получим, что Ннаиб = нав = CCV
Так как ВВ. ■ АС = СС. • АВ, то 11,2 • 15 = СС. ■ 13,
168
13
11,2 • 15
т. е. ССЛ
J 13
б) Так как Ro = ,
= 12—.
13
то найдем вначале 5ДЛВС = 1 • В В. ■ АС-,
1 2
8&авс = ? • п>2 •15 = М • 15 = 84.
13 • 14 - 15 13-15 13 -5 65 1 , ,
- = -476- = — = у = 8-=[8Д25].
84-2 84-2
= = га
13 + 14 + 15 42
R° 4-84
В) Гв =
Р
г
Примечание. Можно проще, если знать формулу Герона:
-—-——т-т г а 4- Ь -Ь с
8& = у/р(р ~ а)(р - Ъ)(Р ~ с), где р = . В этой
задаче р = 13 + 14 +— = и S&ABC = V21 • 8 • 7 • б = 84.
2-5д „ 2-84 12
Значит НАВ = т. е. НАВ = —— = 12— и так далее.
134
Треугольники и параллелограммы
5. Катеты треугольника равны 13 и 84. Найдите радиус впи¬
санной окружности и наибольшую из биссектрис.
Дано:
ДАВС
АВ1ВС
АВ = 84
ВС = 13
а) гв
В) ^наиб
а) 1. АС = х/АВ2 + ВС2;
АС = х/842 + 132 = х/7056+169 = х/7225 = 85.
2- ^лавс =
Zl
S&abc = | • 84 • 13 = 42 • 13 = 546.
„ 546.2 1092 546 —
3. Г = ; г = = = = 6 .
в р в 84 + 13 + 85 182 91
б) 1. Известно, что медиана, высота и биссектриса, про¬
веденные к наибольшей (наименьшей) стороне явля¬
ются наименьшей (наибольшей) в треугольнике.
Так как ВС < АВ < АС,
то 1ВС > 1АВ > 1АС,
значит /наи6 = 1ВС = АК. —А
А С
2 АВ _ ВК 84 _ ВК
АС ~ КС Т е' 85 “ ВС-ВК’
тогда 84 • 13 - 84 • ВК = 85 • ВК;
84 13 84 13 84 6
Г) К = = — — — 6—.
84 + 85 169 13 13 t
I /84\
3. lBC = AK = VAB2+BK2, т.е. AK=1/( —) +842 =
84 ,—
= — Vl + 169 =
Решение практикума 2
135
6. Площадь трапеции ABCD равна 240, диагонали ее пере¬
секаются в точке О. Из середины основания AD, точ¬
ки Р, проводятся отрезки ВР и СР, которые пересека¬
ются диагоналями АС и DB в точках М и N. Найдите
площадь четырехугольника OMPN, если одно из основа¬
ний трапеции втрое больше другого.
Дано:
ABCD — трапеция
АС П DB = О
РВ П АС = М
PCQDB — N
ЗВС = AD
АР = PD
$АВСР = 240
$ompn
Для решения задачи применим следующую теорему.
Теорема. Если угол одного треугольника равен углу дру¬
гого треугольника, то площади этих треугольников от¬
носятся как произведения сторон, заключающих равные
углы. Д
\ S&abc _ АВ • АС
s' \ ■S'aaBiCi АВх ■ АС,
А С1 С
а) 1. Пусть ВС = а, тогда AD = За.
_ AD + ВС
‘-’ABCD 2 ’ **ABCD’
Л_ За 4- а
т. е. 40 — - ■ HABCD-, а ■ HABCD = 120.
2. Так как О — ACQBD, то пусть КТ LAD (ОеКТ).
гр ВС 1
Тогда, учитывая, что = —, получим:
— ОТ = ~^Habcd.
136
Треугольники и параллелограммы
3. S^AOD = - -За - ^HABCD = ^a-HABCD = |-120 = 135.
4. Так как ДВМС ~ АРМА, ABNC ~ ADNP
и ВС = АР = PD, то MN || AD.
Тогда Н^Амр — H^DNP, значит, S&АМр = S^B^p.
Чняя <? ттгч S& AM ■ АР
оная одлор, получим — ————
S&AOD АО • AD
(см. с. 135).
AM АР
б) Найдем отношения и
АО AD
ВС _ 1 ВС ОС _1
' AD 3И AD ~ АО “ 3’
3 1
тогда АО = -АС и ОС = -АС.
4 3
ВС = а _ 2 ВС _ МС _ 2
АР~$а~Ъ' ~АР~АМ~3’
2
2 Q
тогда МС = -АС и AM = -АС.
5 5
2 AM = |^С _ 4 Ар _ gg i
АО зАС ~ 5’ АО “ 3^ “ 2’
о О ^ДАМР 4 1 2
3. Значит — = - • - =
^AAOD 52 5
2
т. е. S^AMP = §adnp — z • 125 = 54.
о
4. Следовательно, SOMPN = S^AOD - 25ДЛМР,
т. е. Sqmpn 135 — 54 • 2 = I 271.
Аналогично задача решается для случая 3AD = ВС,
3
в этом случае ответ другой — 6-.
Г 31
Ответ: < 27; 6- > .
I 7 J
Лабораторная работа 2
137
Лабораторная работа 2
Варианты 1-10
В равнобедренном тре¬
угольнике АВС АВ =■ ВС = а,
АС — b — основание.
По данным из таблицы
найдите остальные (НАС = BD).
b
а
НАС
вид ZB
г„
Ro
sin(ZB)
1
6
5
2
3
12
3
10
60
4
13
60
тупой
5
14
острый
4
6
25
7
7
16
15
8
41
1681
80
*9
80
тупой
1681
18
10
660
1320
3721
138
Треугольники и параллелограммы
Теорема Стюарта и ее следствия
Рассмотрим ряд дополнительных теорем и формул, позволяю¬
щих проще решать иногда довольно трудные задачи.
Теорема Стюарта. Для любого треугольника ДАВС, где
АС = Ь, ВС = а, АВ — с и произвольная точка Аг принад¬
лежит стороне ВС, справедливо утверждение (формула)
В Аг а С
Для ДААХВ по теореме косинусов:
АА2 + АгВ2 - 2ААг ■ АгВcos (ZA^B) = с2.
Для £\ААуС вновь используем теорему косинусов:
АА2 + АХС2 - 2АА1 ■ AtCcos (180° - АААгВ) = b2.
Так как cos (180° - а) = - cosa, то
АА2 + АгС2 + 2ААг ■ AtC cos (ЛАА1В) = Ь2.
(1)
(2)
Далее умножим обе части первого равенства на АХС:
АА2 + ArB2 - 2ААГ ■ АгВ cos (ААА1В) = с2 I^C
AA?-A1C+A1B2-A1C-2AA1-A1B-A1Ccos(ZAA1B) = c2.aiC'.
Затем умножим на AtB второе равенство. После этого сложим
почленно полученные равенства:
Ь2 ■ AiB
с2 ■ А1С
АА2 • AjC+AjB2 • AiC+AAl • АцВ+AjC2 • ArB = c2-AiC+b2-A1B:
AA2-(A1C+A1B) + A1B-A1C-(A1B+AlC) = c2-A1C+b2-A1B.
Теорема Стюарта и ее следствия
139
Так как Л1С'4-А1В —а, то, поделив на а и перенеся А1В -А1С
в другую сторону, имеем:
или
4.2 ь2а1в + с2а1с . D
АА? = 1 ± А, В • А, С
а 1
Следствие 1. Полагая, что АгВ = АХС =
получим, что
ААг = твс — та) тогда
l2 а . 9 а а а
2 _ ° ' 2 С 2 а ' 2 ' 2 _ 262 + 2с2 — а2
та а ~ ~ 4 ’
2 _ 262 + 2с2 - а2 V262 + 2с2 - а2
та - , или та = - _
Следствие 2. В любом па¬
раллелограмме сумма квад¬
ратов его диагоналей равна
сумме квадратов длин всех
его сторон.
Используем формулу медианы из следствия 1 для параллело¬
грамма ABCD (существуют и другие доказательства, напри¬
мер, с использованием теоремы косинусов).
Из ДАВС ВВ2 = (2ВО)2 = 4ВО2.
Так как т2АС = ВО2 = -^2 + 2ВС2 - АС2
4 , то
ВВ2 = 2АВ2 + 2ВС2 - АС2.
(о )
Из &ABD рассуждая аналогично, получим
АС2 = 2АВ2 + 2АВ2 - ВВ2. (4)
Тогда, сложив почленно равенства (31 и fa'i
АС2 + ВВ2 = 2АВ2 + 2ВС2 ( Х ПаЛуЧИМ
или [аС^±ВР^=АВ2~-ВС2 + А£)Гр5^2-|
(АВ = ВС; ВС = ДВ)’ “—
140
Треугольники и параллелограммы
Следствие 3. Полагая в формуле Стюарта ААг = 1а (биссек¬
трисе, проведенной к стороне а), выведем формулу вычисле¬
ния длины биссектрисы:
12 = АВАС- АуВ ■ АуС
или I2 — Ьс — Ьпсп .
Uu (Л (Л
Для ДАВС положим АВ = с, АС — Ь, ВС = а.
АуВ = са, АуС = Ьа. Это своеобразная проекция сторон на от¬
резки, пропорциональные сторонам треугольника.
тт / „ X е- АВ АС с Ъ
По теореме (свойству) о биссектрисе = ——, т. е. — = —.
АуВ АуС са Ьа
Так как АуВ+АуС = ВС = а, то АуВ = а—АуС, или са = а—Ьа.
гп с b ab . _ ab
Тогда — = —, значит Ьа = ——; АуВ = са = а —.
а~Ьа Ьа а с + Ь а с + Ь
Далее, используя формулу Стюарта, получим:
й * (“ - srs) - “-A.
= а =
b2ac + c2ab abc(c + Ь)
= а(с + Ь) Са а= а(с + Ь) ~ С“ ° = Ьс ~ °аЬа'
Значит | ^ = Ьс - Ьос7 •
Примечание. Иногда пользуются и второй формулой длины
биссектрисы.
а) Для Л АВ С
АВ ААу = АС ААу =
1 1 2
Известно, что по свойству
площадей
б) Одна из формул площади треугольника имеет вид
S& = -cbsin (c}b\ ( (c',b\ — угол между с и b в данном
\ / \ /
случае положим равным а).
Теорема Стюарта и ее следствия
141
ААВС $лавс = —Ь • csina
&
1 Q
t\ACAx S^ACAx = -clasxo.- .
[\СВАХ S^CBA1 = -b ■ la sin —
ЛЬ Z
т 11. • 1 , . а 1, , . а
Тогда -Ь • с sin а = -с • la sin - + -b • la sm
Z Z z z z
значит, зная из тригонометрии формулу синуса двойного
угла6
г. • а
а
sin а = 2sin —
• cos —
2
2
, получим
(У (У 1 (У
bcsin — cos — = -I (с + t>) sin —.
2 2 2 ° 2
„ ■ a , a 1. /. X
Сокращая на sin —, имеем равенство be cos — = ~la (b + c).
z z z
Таким образом, вывели новую формулу.
л , 2Ьс а
Следствие 4. I = cos — .
b + с 2
Можно доказать справедливость и следующей формулы.
Следствие 5.
2 >
/а = -—^/р-с-Ь^-а)
а+Ь+с
гдер= —-—
Задача 1. В треугольнике со сторонами, равными 4, 6 и 8,
к большей стороне из вершины противолежащего угла прове¬
ден отрезок, равный 5, поделивший большую сторону на отрез¬
ки. Найдите:
а) полученные отрезки наибольшей стороны;
б) медиану, проведенную к большей стороне;
в) полагая, что данный треугольник — половина параллело¬
грамма, диагонали этого параллелограмма;
г) наибольшую биссектрису треугольника;
д) наибольший косинус половинного угла углов треуголь¬
ника.
6 См. Шахмейстер А.Х. Тригонометрия. СПб.; М., 2013. С. 135.
142
Треугольники и параллелограммы
Дано:
ДАВС
АВ = 6
ВС = 4
АС = 8
ВВг = 5
а) АВ', ВгС
б) тАС
в) диагональ достроенного параллелограмма
Г) ^наиб
д) наибольший cos —-, где Za — наименьший.
а) По теореме Стюарта
вв;=^г^^_ЛВ1.В1С.
Подставим конкретные данные из условия задачи, полу-
_2 36В, С + 16АВ,
чим 52 = 1— 1 _ АВ . В С.
О 1
50 = 9ВХС ± 4АВХ - 2АВХ • ВХС.
Так как АВ± + ВГС = 8, то АВг = 8 — ВХС, тогда
50 = 9ВХС + 4(8 - ВХС) - 2(8 - ВХС) • ВгС.
Получили квадратное уравнение
2(ВХС)2 — 11ВХС — 18 = 0.
. „ 11 ± х/121 + 144 11 ±4/265
(В1С)1>2 - - = -
Так как ВХС > 0, то ВХС = -
о о лту о 11 + \/265 21 - л/265 п
ABi = 8 - В, С, т. е. АВ, =8 = > 0.
4 4
Ответ: ВгС =
; ЛВг =
4
4
Теорема Стюарта и ее следствия
143
Попробуйте решить задачу, не используя теорему Стюарта
Для этого необходимо:
1. По теореме Герона найти S^ABC.
2. Найти Ндс = ВК.
3. По теореме Пифагора найти ВгК и КС и т.д.
б) Необходимо найти тАС.
Используя формулу гпдс = - л/2 • АВ2 + 2 • ВС2 — АС2
получим тАС = i У2 • 62 + 2 • 42 - 82 = \/72 + 32-64 =
в) Достроить треугольник до параллелограмма можно тремя
способами.
1. Пусть ВС — диагональ параллелограмма АВАХС.
в А1
А С
Тогда A Al = 2 АВ2 + 2 АС2 - ВС2,
т. е. AAl = 2 • 62 + 2 • 82 - 42 = 72 + 128 - 16 = 184;
АА2 = 184; ААХ = ,2^46 .
2. Пусть АВ — диагональ параллелограмма ВСАС\.
Ci В
л с
Тогда С Cl = 2ВС2 + 2 АС2 - АВ2,
т. е. CCl = 2 • 42 + 2 • 82 - 62 = 32 + 128 - 36 = 124;
СС, = 2УЗ! .
—— Треугольники и параллелограммы
3. Пусть Ас - диагональ параллелограмма ABC By.
В
Тогда ВВ2 = 2 • АВ2 + 2 • ВС2 - АС2,
т. е. BBl = 2 • 62 + 2 • 42 - 82 = 72 + 32 - 64 = 40;
вву = Г2Л0 .
(ВBy — 2тде — это можно было использовать сразу.)
Очевидно, что при этом площади всех этих параллело¬
граммов равны, так как
г) Для ЛАВС очевидно, что 1ВС — наибольшая.
В
Пусть ААу = 1дс- По теореме (свойстве) о биссектрисе
АВ АуВ 6 АуВ
АС АуС' ’ ‘ 8 АуС
Так как АуВ + АуС = 4; АуВ = 4 — АуС,
Теорема Стюарта и ее следствия
145
Теперь можно применить формулу длины:
12вс = АВ- АС- АХВ ■ АХС, т.е.
/2 _ с о 16 12 6 • 8(49 - 2 • 2) 48 • 45
«вс - ь • » ~ у у ~ ~уГ~
, /16 - 3 • 9 • 5 4 -3 г— 112 г—
16 • 3 • 9 • 5
72
1вс -
д) Так как треугольник остроугольный, а косинус угла
О < а < 90° есть убывающее отношение, (т. е. больше¬
му углу соответствует меньшее значение косинуса угла),
то нам необходимо рассмотреть косинус наименьшего уг¬
ла, т. е. АС АВ = а.
формулу биссектрисы для ДАВС, где АА1=1а1 АВ~с
и АС = Ь.
По следствию 4 из теоремы Стюарта 1а = cos —.
а _ 1АЬ + С')
Отсюда следует, что cos — — а _ .
2 2ос
Подставим известные и найденные значения, получим
а = (6 + 8)-^Л5
2 - 2-6-8
'15
4
Примечание. Очевидно, что если в ДАВС значение ВС
неизвестно, а 1ВС известно, то это единственное простое ре¬
шение. Без знания формулы задача становится очень трудно
решаемой.
146
Треугольники и параллелограммы
Задача 2. Докажите, что в любом треугольнике большей сто¬
роне соответствует меньшая биссектриса.
Пусть в треугольнике АВС:
ВС = АС = Ь, АВ = с,
ZA = а, АВ = (3,
ААг = 1а, ВВ± = 1Ь — биссектрисы.
Докажем, что если а > Ь, то la < 1Ь.
Составим разность биссектрис:
2ас • cos 2Ьс • cos ?
/ _ / — £ £ _
bb La . I Л ,
а + с о + с
2с ((ab + ас) cos — (ab + be) cos
(а + с)(6 + с)
Так как
а > Ь ас > Ьс ФФ ab ас > ab Ьс,
(1)
(2)
(1) х (2): (ab + ас) cos > (ab + be) cos —,
2 2
то /(, — 1а > 0; la < 1Ь. Утверждение доказано.
Теорема Стюарта и ее следствия
147
Теорема. Если две биссектрисы треугольника равны, то этот
треугольник — равнобедренный.
Сколько ни пытались доказать этот признак равнобедренного
треугольника способами, аналогичными доказательству двух
других признаков, ничего не получалось! Это утверждение яв¬
ляется одним из примеров геометрических утверждений, кото¬
рый в одну сторону доказываются элементарно, а в другую —
гораздо сложнее.
В конечном итоге, стали искать другие способы доказатель¬
ства. Доказано это утверждение было только в XIX веке двумя
математиками, Лемусом и Штейнером, которые обменивались
письмами в течение нескольких лет. Поэтому сформулирован¬
ная теорема носит название теорема Лемуса — Штейнера.
Мы рассмотрим другое доказательство: докажем теорему ме¬
тодом от противного.
Предположим, что биссектрисы в /\АВС к сторонам АВ = с
и ВС — а равны (1а = 1С), а стороны не равны (АВ ф ВС,
или а с).
Рассмотрим длины биссектрис:
2Ьс • cos - 2аЬ • cos
/ = £. 7 = £
а Ь + с ’ с а + Ь ’
Без ограничения общности
можно считать, что а > с,
а у
тогда а > 7, и cos — < cos —
(так как эти углы — острые).
be ab _ Ь2(с — а)
IOW Ь + ~с “ Z+b = (Ь + с) (а + Ь)
be ab
О, и < -.
Ь+с а+Ь
Таким образом, 1а < 1С, что противоречит предположению.
Это противоречие доказывает, что наше предположение о том,
что из равенства двух биссектрис следует неравенство двух
сторон, к которым они проведены, ложно. Значит, из равенства
двух биссектрис следует равенство двух сторон, к которым они
проведены.
148
Треугольники и параллелограммы
Задача 3. Медианы АА1? ВВ± и ССг треугольника АВС
пересекаются в точке М. Точки А2, В2 и С2 — середины
отрезков ТИА, МВ и МС, соответственно.
а) Докажите, что площадь шестиугольника А1В2С1А2В1С2
вдвое меньше площади треугольника АВС.
б) Найдите сумму квадратов всех сторон этого шестиуголь¬
ника, если известно, что АВ = 4, ВС = 7 и АС = 8.
а) Площадь треугольника А1МВ2 в два раза меньше площа¬
ди треугольника АгМВ, поскольку МВ = 2МВ2, а вы¬
сота, проведенная из вершины Ар у этих треугольников
общая.
Таким образом, S^A1MB — %S^A1MB2.
Аналогично получаем еще пять равенств:
= 2^ДА1МС2’
2^ДВ1МС25
^ABiMA ~ 2*$ДВ1МА2;
^ДС^МА —
S&CtMB =
Складывая эти равенства почленно, получаем:
^ДДВС = 2^А1В2С1Л2В1С2-
Теорема Стюарта и ее следствия
149
б) Обозначим длины сторон ВС, АС и АВ треугольника
АВС через а, b и с.
Докажем, что квадрат медианы ААг равен
1 (2Ь2+2с2—а2)
(здесь мы рассмотрим другое доказательство этой форму¬
лы без использования теоремы Стюарта).
Для доказательства на продолжении отрезка АА^ за точ¬
ку Ai отложим отрезок А1Р = АА1, Получим параллело¬
грамм АСРВ со сторонами АС = РВ = b и АВ = СР = с
а также диагоналями ВС = а и АР = 2ААг.
Известно, что сумма квадратов диагоналей параллело¬
грамма равна сумме квадратов его сторон:
2Ь2 + 2с2 = а2 + 4 А А2, откуда
AAl = (2*>2 + 2с2 - а2).
Аналогично доказывается, что
ВВ2 = ~ (2а2 + 2с2 - Ь2) и СС2 = 1 (2а2 + 2Ъ2 - с2).
Отрезок СгА2 — средняя линия треугольника АВМ, зна-
тот С,Л2 = 1вм = | ■ -ВВ, = 1ввг
Z Z о о
Рассуждая аналогично, мы получим, что стороны шести¬
угольника втрое меньше медиан треугольника АВС:
В^^В.С^^АА,- А^^А.В^^СС,.
150
Треугольники и параллелограммы
Следовательно, сумма квадратов сторон шестиугольника
равна:
о
2 • (ДС22 + А1С2 + А^2) = - • (АА2 + ВВ2 + СС2) =
= - . 1. (2Ь2 + 2с2 - а2 + 2а2 + 2с2 - Ь2 + 2а2 + 2Ь2 - с2) =
9 4 v
= — • 3 • (а2 + Ь2 + с2) = - • (а2 + b2 + с2) .
18 ' 6
Подставляя в эту формулу длины сторон треугольника
АВС, получаем ответ: сумма квадратов сторон шести-
43
угольника равна — = 21,5.
Ответ: 21,5.
Задача 4. Дан треугольник со сторонами 26, 26 и 20. Внутри
него расположены две равные касающиеся окружности, каж¬
дая из которых касается двух сторон треугольника. Найдите
радиусы окружностей.
Случай I
Дано:
ДАВС
АВ = АС = 26
ВС = 20
АН±ВС
Г1 — ГЬАВН
г2 = ГААСН
ri=r2 = r
Найдите г
а) Рассмотрим равнобедренный треугольник АВС, в кото¬
ром АВ — АС = 26 и ВС = 20. Пусть АН — высота тре¬
угольника АВС. Тогда точка Н — середина стороны ВС.
Обозначим ZABC = Z.ACB = а.
Теорема Стюарта и ее следствия
151
Тогда cos а =
ВЯ _ 5
АВ ~ 13’
12 12
sin q ~ , tga = —
13 о
Предположим, что окружность радиуса г с центром
вписана в угол АВС и касается основания ВС в точ¬
ке 7V, а окружность того же радиуса с центром О2 впи¬
сана в угол АВС, касается основания ВС в точке М,
& первой окружности — в точке D.
Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его бис¬
сектрисе, поэтому
а х Q SinQ 2
АО2ВМ = tg - = = -.
2 2 1 + cos а 3
Из прямоугольного треугольника ВМО2 находим:
ВМ = О2М • ctg(ZMBO2) = г • ctg - = -г.
2 2
Тогда CN = ВМ = |г.
Линия центров касающихся окружностей проходит че¬
рез точку их касания, поэтому О1О2 — значит
MN — О1О2 — 2г, поскольку O^O2MN — прямоуголь¬
ник. Следовательно,
з о
20 - ВС = ВМ + MN + CN —-г+ 2г+ -г — 5г,
2 2
откуда находим г — 4.
б) Возможно и иное решение.
Так как АВ = АС, то ВН = СН — 10.
АН = VAB2 - ВН2 ■ АН = V262 - 10^ = х/576 = 24.
S&ABH = х ' 10 • 24 = 120;
£
26 + 24+ 10
р = -2 = 30.
и. 120 л
Значит гв = — = 4.
152
Треугольники и параллелограммы
Случай II
Пусть теперь окружность радиуса г
с центром Ог вписана в угол ВАС
и касается боковой стороны АВ
в точке Р, вторая окружность
радиуса г с центром О2 вписана
в угол АВС, касается боковой
стороны АВ в точке Q, а также
касается первой окружности.
Из прямоугольных треугольников
АРОг и BQO2 находим:
12
АР = OiP • ctg(ZPAOi) = г • tga = —г;
5
СР 12
(^- = ctg (ZPAOJ , из ДАВЯ tga = —.
Учтем, что ЛРАОг = 90° — а,
тогда ctg(ZPAC\) = ctg(90° — а) = tga.)
BQ = O2Q ■ ctg(ZQBO2) = r • ctg = ^r.
Следовательно,
26 = AB = AP + PQ + QB = AP + OXO2 + QB =
12 3 59
= V + 2r+2r==10r’
260 24
откуда находим г = — = 4—.
59 59
В случае, когда окружности вписаны в углы ВАС и АСВ,
получим тот же результат.
24
Ответ: 4 или 4—.
59
Лабораторная работа 3
153
Лабораторная работа 3
Варианты 1-10
Для треугольника АВС,
используя теорему Герона,
по данным из таблицы
найдите остальные.
Справочно: = \/р(р — а)(р — Ь)(р — с) .
а
b
С
Зд
Ro
sin(ZA)
cos(ZB)
1
4
13
15
2
51
4
53
3
30
5
72
4
29
6
60
5
7
15
42
6
10
21
4
5
7
10
39
35
8
И
30
25
9
9
78
12
13
10
8
26
__5_
13
154
Треугольники и параллелограммы
Задача-исследование 1
Задача. Разрежьте произвольный четырехугольник на п че¬
тырехугольников, равных по площади. (Укажите метод или
способ, годный для любых п 3, п Е N.)
В
Рассмотрим задачу для п = 3,
т. е. разрежем произвольный /
четырехугольник на три А С
равновеликих четырехугольника. s'
Так сразу дельная идея может s'
и не возникнуть. Попробуем ''
упростить задачу. В
Подзадача. Разрежьте произвольный ^s^ \
треугольник на три равновеликих \
треугольника. s"^ А
А С
Подзадача тоже оказывается сложной. Продолжим решать ме¬
тодом вертикального спуска, т. е. все более и более упрощая.
Попробуем разделить произвольный отрезок на три равных ча¬
сти (в общем случае
на п 3 частей, где п € N). I ’с
Для решения этой вспомогательной задачи применим теорему
Фалеса7 (см. с. 71).
Теорема (Фалеса). При пересечении стороны угла парал¬
лельными прямыми на сторонах угла образуются пропорци¬
ональные отрезки.
7 Фалес (625-547 г. до н.э.) — математик из Милета, древнегреческий
ученый.
Задача-исследование 1
155
С учетом этой теоремы становится ясно, как любой отрезок
разделить на равные части.
Сначала из точки А проведем
луч, на котором одинаковым
раствором циркуля от точки А
отложим п равных отрезков.
В данном случае п = 3.
Затем соединим точку А3
с точкой С.
Проведем параллельные А3С
прямые А1В1 и А2В2.
Значит по теореме Фалеса
АВг _ ВгВ2 _ В2С
AAi АХА2
Учитывая, что ААг = Л1Л2 = Л2Д3, получим:
АВг = В^ = В2С.
Итак, таким способом мы можем произвольный отрезок разде¬
лить на п равных частей.
Примечание. Разумеется, для этого необходимо уметь через
любую точку вне прямой проводить прямую, параллельную
данной.
Теперь можно перейти к решению подзадачи, т.е. к реше¬
нию вопроса о разделении любого треугольника на п равных
по площади треугольников.
Для этого рассмотрим ДАВС. Сначала построим прямую, па¬
раллельную основанию АС и проходящую через точку В. На
этой прямой отметим произвольно точки В1? В2, В3,..., Вп.
156
Треугольники и параллелограммы
Рассмотрим треугольники ЛВгС, АВ2С,..., АВпС.
Так как расстояние между параллельными прямыми есть от¬
резок перпендикуляра, являющегося высотой любого из этих
треугольников с одинаковым основанием, то площади всех та¬
ких треугольников равны между собой:
— ^ДАВпС-
Теперь решение для /\АВС очевидно:
Таким образом, вырисовывается
и решение основной задачи.
Сначала проведем
диагональ АС. Разделим АС
на три равные части (в общем
случае на п равных частей).
Соединим вершины В и D
с точками Вг и В2.
Тогда SABB1D = SB1BB2D = SB<2BCD.
Аналогично решается задача о разрезании произвольного че¬
тырехугольника на п равновеликих четырехугольников.
Примечание. Разумеется, важно учесть, что точки В, Вх
и В могут принадлежать одной прямой. Подумайте, что де¬
лать в этом случае. Может быть, тогда можно разделить
на п частей другую диагональ, а может быть, есть и другой
путь. Подумайте!
Практикум 3
157
Практикум 3
1. Стороны треугольника равны b и с. Сумма обратных ве¬
личин этих сторон равна обратной величине биссектрисы,
проведенной к третьей стороне. Найдите угол, противоле¬
жащий этой стороне.
2. Две стороны треугольника равны 10, а третья сторона —
2,5. Найдите биссектрису к одной из равных сторон.
3. Стороны треугольника равны 35 и 14. Биссектриса, про¬
веденная к третьей стороне, равна 12. Найдите площадь
такого треугольника.
4. Одна из высот, проведенных к стороне треугольника, рав¬
на 20. Другая высота треугольника делит сторону, к кото¬
рой она проведена, на отрезки, равные 12 и 13. Найдите
остальные стороны.
5. Стороны треугольника равны 18, 18 и 12. К сторонам
треугольника проведены высоты. Вершинами нового тре¬
угольника являются основания этих высот. Найдите наи¬
большую из сторон нового треугольника.
6. Две стороны треугольника равны 6 и 12, а биссектриса,
проведенная к третьей стороне, равна 4д/3. Найдите тре¬
тью сторону.
7. Стороны треугольника равны 4, 8 и 9. Найдите наимень¬
шую из биссектрис треугольника.
158
Треугольники и параллелограммы
Решение практикума 3
1. Стороны треугольника равны Ь и с. Сумма обратных ве¬
личин этих сторон равна обратной величине биссектрисы,
проведенной к третьей стороне. Найдите угол, противоле¬
жащий этой стороне.
Дано:
ДАВС
АВ = с
АС = Ь
1 1 _
Ь + с ~ 1а
а) По следствию 4 из теоремы Стюарта
2bccos(-j-) 1 Ы-с
k + c la 2bccos
б) Так как - Ч— = —, то
b с 1а
Ь + с 1
1 1
Ьс 1а'
1 Ъ + с
значит — = ——
1а Ьс
2bc cos
Тогда после сокращений получим cos
— = 60°, т.е. | ZA = 120° I.
Zl
в
Отметим, что рисунок уч.
на самом деле \ л
отличается с\ /^ч
от изначального, так
как ZA — тупой.
А
С
Ъ
Решение практикума 3
159
2. Две стороны треугольника равны 10, а третья сторона —
2,5. Найдите биссектрису к одной из равных сторон.
Дано:
ААВС
АВ = ВС = 10
АС = 2,5
^АВ
Отметим, что на самом деле ААВС, конечно, более «вы¬
тянутый», но для нахождения 1АВ это не существенно.
X гг АС2 + ВС2-АВ2
а) По теореме косинусов cos (ААСВ)
ЧАС ■ ВС ’
Ю2 + (2,5)2 - 102 1
т.е. cos(ААСВ) —- =
v ’ 2-10-2,5 8
m а /1 + cos а
б) Так как cos — = < /
2 V 2
90°),
(ААСВ
то cos —-—
V 2
3
4
ЧАС • ВС • cos (^£2
в) Используя формулу 1АВ = — \
.АС + -оС
2 • 2,5 • 10 • |
получим 1АВ = ССХ = = [3].
2,5 + 10
3. Стороны треугольника равны 35 и 14. Биссектриса, про¬
веденная к третьей стороне, равна 12. Найдите площадь
такого треугольника.
Дано:
ААВС
АВ = 35
АС = 14
^вс = 12
$ДАВС
160
Треугольники и параллелограммы
а) cosfZCAA) = -АС^В1'‘ВС, тогда
Z/1U • Ad
, . . . 12• (35 + 14) 3
• cos(ZCAA1) = i =
v 17 2-35-14 5
б) sin(ZCAA1) = ^1- Q) =
Учитывая, что I sin 2a = 2 sin a • cos a I. получим
• / zz-l Л n\ ra 4 3 24
sin(ZCAB) = 2 • - - - = —.
V 7 5 5 25
в) S^abc = - • AB ■ ACsin(ZCAB), значит
S&abc = x ’ 35 • 14 • — = |235,2|.
Z Zu
4. Одна из высот, проведенных к стороне треугольника, рав¬
на 20. Другая высота треугольника делит сторону, к кото¬
рой она проведена, на отрезки, равные 12 и 13. Найдите
остальные стороны.
Дано (один из возможных вариантов моделирования усло¬
вий задачи):
ДАВС
ААХ±ВС
СС1±АВ
АСг = 13
СгВ = 12
ААг = 20
а) ВС
б) АС
а) 2Вдлвс = ААХ • ВС = АВ • ССг,
4
т.е. 20ВС = (13 + 12) • ОС,; -ВС = СС,.
5
Решение практикума 3
161
б) Рассмотрим АСХВС.
ВС2 = ВС1 + СС2- ВС2 = CCl + 122
тогда BCfl = (-Вс) +122>т е 9Вс2 = 122
Значит -ВС= 12, следовательно, [^1.
в) ССХ = у/BC^BCl- ССХ = г/20^122 = 1б;
АС=у/СС2+^с1. ^ = ^^6^13^=^425 = 5^/17;
ЛС = 5\/17|.
Дано (другой возможный
задачи):
ДАВС
ААХ±ВС
ССХ1АВ
АСХ = 12
СХВ = 13
ААХ = 20
а) ВС
б) АС
вариант моделирования условий
а) 2S^abc = ААХ ■ ВС = АВ ■ СС1У
т. е. 20ВС = (12 + 13)ССг; 20ВС = 25СС15
вс = ^са.
4 1
б) ВС2 = ВС? + CCf; (jCC,)2 = 132 + ссг
(/| - 1) СС? = 132; СС? = 12_16
сс1=“^ = “
3 3 '
162
Треугольники и параллелограммы
в) ВС = J132 + = ^ = 21|;
у \ о J о о о
9
ВС = 21±
3
г) АС = ^/АС* 2 + CCf;
= ^32 - 32 + 132 = ^7250 = ^2
О о о
5. Стороны треугольника равны 18, 18 и 12. К сторонам
треугольника проведены высоты. Вершинами нового тре¬
угольника являются основания этих высот. Найдите наи¬
большую из сторон нового треугольника.
Дано:
ДАВС
АВ = ВС = 18
АС = 12
АА^ВС
ВВ^АС
ССг±АВ
Наибольшую из сторон
ДА1В1С1
а) 1. AABjCj подобен ДАВС (см. задачу 6, стр. 82), где
коэффициент подобия k = cos(ZA) (cos(ZA) > 0).
2. Из /^ABB1 имеем:
АВг 6 1
cos (ZA) = —cos (ZA) = — = -
Zl£? IO О
Тогда из подобия ЛАВ1С1 и ДАВС следует, что
BiC^BcJ; ВгСг = 18 • | = [б].
О о
Очевидно, что из равенства АВ и ВС следует
ВД = В^р
Решение практикума 3
163
б) 1. ДАХВСХ подобен ДАВС, где k = cos (ZB).
2. По теореме косинусов
АС2 = АВ2 + ВС2 -2- АВ ■ ВС cos (ZB).
Зная, что АВ = ВС, получим
//D. 2 АВ2-АС2
{ )= 2AW.4/J' “S<z-B) =
3. Л1С1 = АС ■ 1 т.е. Л,С, = 12 ■ 1 =
9 11 9
значит АХСХ = 9- — наибольшая.
О
2 • 182-122
” 2 ■ 18^
28
3
7
9‘
= 91,
3 ’
6. Две стороны треугольника равны 6 и 12, а биссектриса,
проведенная к третьей стороне, равна 4аЛ. Найдите тре¬
тью сторону.
Дано:
ДАВС
АВ = 6
АС = 12
^вс — 4\/3
ВС
, т. е. cos
а) По следствию 4 из теоремы Стюарта
2АВ • AC cos
‘вс = ав^ас-
Используя эту формулу, получим значение cos :
2-6-12 -cos (^} / ,А\ /х
4л/3 = \ 2 / ( ZA\ V3
v с , , т.е. cos —— = —,
6 + 12 у 2 J 2
АА т
значит —= 30°; Z А = 60°, где cos 60° = |. .
б) Используем теорему косинусов, получим
вс = VAB2 + АС2 - 2АВ • АС,
т-е- вс = -6-12 = 16д/3 .
164
Треугольники и параллелограммы
7. Стороны треугольника равны 4, 8 и 9. Найдите наимень¬
шую из биссектрис треугольника.
Дано:
ДАВС
АВ = 4
ВС = 8
АС = 9
^АС
Так как наибольшей стороне треугольника соответствует
наименьшая из биссектрис, то 1АС — наименьшая (см. за¬
дачу 3, стр. 148). 2
а) Известна формула биссектрисы 1а = y/pcb(p — а),
4 + 8 + 9 +С
Р = 2 = 10,5;
7с = ^710,5.4.8(10,5-9) = ‘ ■ 42 • 2 . | =
о + 4 о у 2 2
= ^ = 714;
6 '
1 2 I21 А 4/4ЛС оч 2-3-2 /21 5
‘вг ~ т—71/-тг • 9 • 4(10,5 - 8) = J— - - =
вс 9 + 4 у 2 v ’ 13 у 2 2
= 1Л05>|>714;
14 .
2 /21 2-3-2 /21-2 13
АВ 9 + 8 у 2 v 7 17 V 2 2
6 6 • 23 138 /77
= r=v546 > ——- = —— > V14.
17 17 17
Значит, 1АС — наименьшая, т. е. 1АС =
б) Можно, конечно, не зная данной формулы, воспользо¬
ваться другой формулой 1АС = АВ • ВС - АВХ • СВХ,
предварительно вычислив АВХ и СВг при помощи
АВ АВ,
теоремы —— = , но это значительно дольше и тех-
нически сложнее.
Самостоятельная работа 2
165
Самостоятельная работа 2
Вариант 1 Вариант 2
Дано:
ДАВС
ВС = 5
12
cos а = —
13
AD = DC
BKLAC
cos2 а + cos2 /3=1
1. Докажите АВ1.ВС.
Найдите:
2. АС =
3. АВ =
4. ВК =
5- $аАВС =
6. sin (ZADB) =
7. cos (ZCBB) =
8- Ro&ABD =
9- mBC =
10. lAB =
Дано:
ДАВС
ВС = 8
15
cos a — —
17
AD = DB = DC
BKLAC
1. Докажите ABXBC.
Найдите:
2. AC =
3. AB =
4. BK =
5- &ДАВС =
6. sin (ZAPB) =
7. cos (ZCBD) =
8- RoAABD =
9- mAB =
10. lBC =
166
Трапеция
Трапеция
Напомним ряд определений и теорем, связанных с трапецией.
Определение 1. Четырехугольник, две противоположные
стороны которого параллельны, а две другие нет, называ¬
ется трапецией.
Определение 2. Трапеция, две непараллельные стороны
которой равны между собой, называется равнобедренной.
Теорема 1. Для того чтобы трапеция являлась равнобедрен¬
ной, необходимо и достаточно, чтобы углы при основании тра¬
пеции были равны между собой.
Теорема 2. Для того чтобы трапеция являлась равнобедрен¬
ной, необходимо и достаточно, чтобы диагонали трапеции были
равны между собой.
Теорема 3. Для того чтобы трапеция являлась равнобедрен¬
ной, необходимо и достаточно, чтобы из каждой вершины од¬
ного основания другое основание было видно под одним и тем
же углом.
Следствие. В случае перпендикулярности диагоналей боко¬
вым сторонам трапеция является равнобедренной.
167
Теорема 4. Для того чтобы трапеция являлась равнобедрен¬
ной, необходимо и достаточно, чтобы диагонали трапеции об¬
разовывали с одним и тем же основанием равные углы.
Следствие. Образованные диагоналями четыре треугольника
в равнобедренной трапеции таковы, что:
а) два треугольника равны, если одна из сторон каждого
из этих треугольников есть боковая сторона трапеции;
б) два других треугольника равнобедренные, причем одна
из сторон каждого треугольника есть основание трапеции.
Теорема 5. Диагонали произвольной трапеции делят ее на че¬
тыре треугольника, два из которых равны по площади.
Теорема 6. Отрезки, концы которых соединяют середины про¬
тивоположных сторон трапеции, делятся точкой пересечения
пополам.
Примечание. Отметим, что тогда четырехугольник MPNK
является параллелограммом.
168
Трапеция
Теорема 7. Для того чтобы диагонали трапеции были вза¬
имно перпендикулярны, необходимо и достаточно, чтобы от¬
резки, соединяющие середины противоположных сторон тра¬
пеции, были равны.
Примечание. Отметим, что тогда четырехугольник MPNК
является прямоугольником.
Теорема 8. Для того чтобы трапеция являлась равнобедрен¬
ной, необходимо и достаточно, чтобы отрезки, соединяющие
середины противоположных сторон трапеции, были взаимно
перпендикулярны.
Примечание. В этом случае четырехугольник MPNK —
169
Теорема 9. Прямая, проходящая через середины оснований
трапеции, проходит через точку пересечения диагоналей трапе¬
ции и через точку пересечения продолжений ее боковых ребер.
Доказательство предложенных теорем — очень полезное и по¬
учительное занятие. Надеюсь, вы справитесь.
170
Трапеция
Практикум 4
1. В равнобедренном треугольнике основание равно 30, а вы¬
сота, проведенная к нему, равна 20. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) радиус описанной окружности;
в) радиус вписанной окружности.
2. Как бы вы решали задачу по следующим данным? В па¬
раллелограмме высоты, проведенные к смежным сторо¬
нам, равны 10 и 15, а площадь параллелограмма равна
120. Найдите стороны параллелограмма.
3. В треугольнике АВС вписан параллелограмм, стороны
которого являются частью сторон треугольника, а вер¬
шина принадлежит третьей стороне, причем отношение
сторон параллелограмма, принадлежащих сторонам тре¬
угольника, равно 6:5. Большая сторона параллелограм¬
ма принадлежит стороне треугольника АВ = 20, а мень¬
шая сторона принадлежит стороне треугольника АС = 25.
Найдите стороны параллелограмма.
4. В треугольник вписан ромб, вершина которого совпадает
с вершиной треугольника, а две стороны ромба являются
частью двух сторон треугольника. Найдите сторону ромба,
если одна из вершин ромба принадлежит третьей стороне,
а две другие стороны треугольника равны бис.
5. Диагонали равнобедренной трапеции перпендикулярны
боковым сторонам. Найдите площадь трапеции, если ос¬
нования ее равны 4 и 8.
6. Из вершины треугольника опустили высоту, которая делит
угол при вершине на два: величиной 10° и 50°. На какие
углы делят высоты, опущенные из других вершин, углы
при этих вершинах?
Практикум 4
171
7. В прямоугольный треугольник вписан квадрат, вершина
которого совпадает с вершиной прямого угла треугольни¬
ка, а противоположная вершина квадрата принадлежит
гипотенузе треугольника. Найдите сторону квадрата, если
площадь треугольника равна 24, а гипотенуза 10.
8. В равнобедренной трапеции диагонали взаимно перпенди¬
кулярны, а основания равны 12 и 20. Найдите:
а) площадь трапеции;
б) радиус описанной окружности.
9. Площадь равнобедренной трапеции, диагонали которой
взаимно перпендикулярны, равна 4. Найдите высоту тра¬
пеции.
10. В трапецию с основаниями, равными 7 и 28, и боковыми
сторонами, равными 13 и 20, вписан прямоугольник наи¬
большей площади, причем две вершины его принадлежат
большему основанию, а две другие — боковым сторонам
трапеции. Найдите площадь такого прямоугольника.
172
Трапеция
Практикум 4- Моделирование условий задачи
Рекомендуем вам сначала попробовать самостоятельно решить
задачи, затем свериться с ответами (они даны после модели¬
рования условий всех задач практикума) и только потом, ес¬
ли ответ не подходит, т. е. ваше решение неверно, сверить его
с приведенным далее решением.
1. В равнобедренном треугольнике основание равно 30, а вы¬
сота, проведенная к нему, равна 20. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) радиус описанной окружности;
в) радиус вписанной окружности.
Дано:
ДАВС
АВ = ВС
АС = 30
RAC = 20
rbc
Ro
гв
2. Как бы вы решали задачу по следующим данным? В па¬
раллелограмме высоты, проведенные к смежным сторо¬
нам, равны 10 и 15, а площадь параллелограмма равна
120. Найдите стороны параллелограмма.
Дано:
ABCD
АВ || CD
ВС || AD
HaD — Ю
rdc ~ 15
rabcd = 120
АВ
ВС
Практикум 4. Моделирование условий задачи
173
3. В треугольник /\АВС вписан параллелограмм, стороны
которого являются частью сторон треугольника, а вер¬
шина принадлежит третьей стороне, причем отношение
сторон параллелограмма, принадлежащих сторонам тре¬
угольника, равно 6 : 5. Большая сторона параллелограм¬
ма принадлежит стороне треугольника АВ = 20, а мень¬
шая сторона принадлежит стороне треугольника АС = 25.
Найдите стороны параллелограмма.
Дано:
ДАВС
Е АС %
вге АВ Л
Сг € ВС В1/—7^1
АВХ || АХСХ / /\
В,СХ || ААг \
АВ = 20 1
АС = 25
АВХ : ААХ = 6:5
ААХ
АВХ
4. В треугольник вписан ромб, вершина которого совпадает
с вершиной треугольника, а две стороны ромба являются
частью двух сторон треугольника. Найдите сторону ромба,
если одна из вершин ромба принадлежит третьей стороне,
а две другие стороны треугольника равны b и с.
Дано:
ДАВС
АВ = с
АС = Ь
АВ1ЕС1 — ромб
АВг
5. Диагонали равнобедренной трапеции перпендикулярны
боковым сторонам. Найдите площадь трапеции, если ос¬
нования ее равны 4 и 8.
174
Трапеция
Дано:
ABCD — трапеция
АВ = CD
ВС = 4
AD = 8
А АВ К = ADC К = 90°
$ABCD
6. Из вершины треугольника опустили высоту, которая делит
угол при вершине на два: величиной 10° и 50°. На какие
углы делят высоты, опущенные из других
при этих вершинах?
Дано:
ДАВС
ААХ±ВС
ССХ±АВ
ZBAAX = 10°
ZAXAC = 50°
вершин, углы
ZABBX
ZCBBX
ZBCCX
ZACCX
7. В прямоугольный треугольник вписан квадрат, вершина
которого совпадает с вершиной прямого угла треугольни¬
ка, а противоположная вершина квадрата принадлежит
гипотенузе треугольника. Найдите сторону квадрата, если
площадь треугольника равна 24, а гипотенуза 10.
Дано:
ДАВС
^ддвс = 24
АСТВС
АВ = 10
СР КТ — квадрат
КР
Практикум 4. Моделирование условий задачи
175
8. В равнобедренной трапеции диагонали взаимно перпенди¬
кулярны, а основания равны 12 и 20. Найдите:
а) площадь трапеции;
б) радиус описанной окружности.
Дано:
ABCD — трапеция
АВ = CD /7 <Х\\
ВС = 12 ( /\\ )
AD = 20 у
AC1.BD
SABCD
9. Площадь равнобедренной трапеции, диагонали которой
взаимно перпендикулярны, равна 4. Найдите высоту тра¬
пеции.
Дано:
ABCD — трапеция
АВ = CD / \
ACA.BD
8АВСР —
Had
10. В трапецию с основаниями, равными 7 и 28, и боковыми
сторонами, равными 13 и 20, вписан прямоугольник наи¬
большей площади, причем две вершины его принадлежат
большему основанию, а две другие — боковым сторонам
трапеции. Найдите площадь такого прямоугольника.
Дано:
ABCD — трапеция
В С
АВ = 13
ВС = 7
CD = 20
AD = 28
М
^РКТМкаиб
Решение практикума 4
177
Решение практикума 4
1. В равнобедренном треугольнике основание равно 30, а вы¬
сота, проведенная к нему, равна 20. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) радиус описанной окружности;
в) радиус вписанной окружности.
Дано:
ДАВС
АВ = ВС
АС = 30
?ас = 20
#вс
R
а)
1.
Проведем построение, соответ¬
ствующее условиям задачи.
BD±AC (BD = НАС);
BD = 20; S^ABC = -AC ■ HAC-,
1
$z\abc = - • 30 - 20 = 300.
z
2.
3.
BC = v'»D2 + PC2; BC = СЖТТ;? = 25
S^ABC = 5 BC ■ HBC; HBC = ^SC.
z BC
2-300
^bc —
б)
R.
в)
г.
_ аЬс
~4SZ;
р '
300
- 40
25 L—1
_ 25 • 25 • 30
° ~ 4-300
30
4
25 + 25 + 30
2 ~40;
- 1Ё
" 2
= 4
г
р =
Решение практикума 4
179
Примечание. Отметим, что для того чтобы параллело¬
грамм с высотами, опущенными из одной вершины и рав¬
ными HAD = 10 и HDC = 15, существовал, необходимо,
чтобы его площадь была SABCD 150 кв. ед.
Действительно, пусть SABCD = а, тогда
АВ • ВК — AD • ВР, т. е. АВ • 15 = AD • 10 = а.
{АВ = ^ ( АВ = Л 1° (АВ > вр^
, но < ,
AD = pD = > 15 (ВС > ВК)
значит а 150.
1
Очевидно, что задача имела бы решение, если бы, напри¬
мер, SABCD = 200. В этом случае АВ= 13^ ; ВС = |~20~|.
3 ’
3. В треугольник ААВС вписан параллелограмм, стороны
которого являются частью сторон треугольника, а вер¬
шина принадлежит третьей стороне, причем отношение
сторон параллелограмма, принадлежащих сторонам тре¬
угольника, равно 6:5. Большая сторона параллелограм¬
ма принадлежит стороне треугольника АВ = 20, а мень¬
шая сторона принадлежит стороне треугольника АС = 25.
Найдите стороны параллелограмма.
Дано:
ДАВС
Аг е АС
вгеАВ
с^вс
ЛВг II
Bi^i II АА1
АВ = 20
АС = 25
АВг : ААг =6:5
ААг
АВг
180
Трапеция
Проанализируем условия задачи. Так как большая сто¬
рона параллелограмма принадлежит стороне АВ = 20,
то АВХ > AAV значит АВг : ААг = 6:5.
а) Так как В1С1 || АС, то ЛВВ1С1 подобен ДАВС.
1. Значит
ВВХ _ АВ
ВуСу ~ АС'
где ВгВ — АВ — АВ1 и B^y = AAV
АВ - АВг 20
’ Т0ГДа ААГ = 25’
2. Пусть . *
J АА1
20 — 6х
т.е.
5х
= 6х
= 5х
4
= -, значит х = 2.
5
3. ААг = 5 • 2 = ГТО
б) АВг = 6 • 2 = Г121.
4. В треугольник вписан ромб, вершина которого совпадает
с вершиной треугольника, а две стороны ромба являются
частью двух сторон треугольника. Найдите сторону ромба,
если одна из вершин ромба принадлежит третьей стороне,
а две другие стороны треугольника равны b и с.
Дано:
ДАВС
АВ = с
АС = Ь
АВХЕСХ — ромб
АВХ
, то /АВ^ВЕ подобен ДАВС.
. „ ВХВ II АС
а) Так как
_ Вл В с
б) -Б^ = т,но В1В = АВ-АВ1=с-АВ1; АВ,=В,В,
JD^J^ О 1 1 х
с — АВ, с
тогда —— = -. Отсюда с • Ь - Ь ■ АВг = с • ABr;
cb = АВг(с + 6);
ABt = —
Решение практикума 4
181
5. Диагонали равнобедренной трапеции перпендикулярны
боковым сторонам. Найдите площадь трапеции, если ос¬
нования ее равны 4 и 8.
Дано:
ABCD — трапеция
АВ = CD
ВС = 4
AD = 8
ЛАВ К = ЛОСК = 90°
$ABCD
а) По условию АВ = CD, тогда &ABD = ЛВС А
по гипотенузе и катету.
б) Проведем дополнительные
построения: BB1A.ADt,
CC^AD.
ВВ^^С — параллелограмм, так как:
ВВг || СС1 (как перпендикуляры к одной стороне);
ВВг = ССХ (как высоты треугольников /\ABD
и £\DCA, проведенные к равным сторонам).
. лп AD-&C
в) АВ1 = 2 ’ АВ1 = 2
(/\АВВг = ADCCV тогда АВХ = ).
г) Известны метрические отношения в прямоугольном
треугольнике /\ABD (стр. 124).
Тогда для AABD ВВ^ = АВХ ■ BrD.
АВХ = 2; BjD = AD - ABi; BXD = 6;
BBl = 2 • 6 = 12; BBX = 2\/3.
x o AD + ВС _ „ _ 4 + 8 /—
a) SAbcd = 2 BBi’ babcd — ~^—2vz3=[12\/5 .
182
Трапеция
6. Из вершины треугольника опустили высоту, которая делит
угол при вершине на два: величиной 10° и 50°. На какие
углы делят высоты, опущенные из других вершин, углы
при этих вершинах?
Дано:
ААВС
АА11ВС
CC^LAB
Z.BAA1 = 10°
ААХАС = 50°
ААВВГ
АСВВХ
АВССг
ААССг
а) 1. Хотя предварительный чертеж уже дан, опишем
построение согласно условиям задачи (АД1±ВС
и СС^ААВ). Затем через точку О (О = ААг Г) CCj)
проведем ВВ1.
Так как АА1±ВС' и СС^ААВ, то ВВ^ААС (пер¬
пендикуляры в треугольнике пересекаются всегда
в одной точке).
АС АВ = АВААг + ААгАС =‘10° + 50° = 60°.
2. Из ДАВВр
ZABBj = 90° - АВАВХ (ABABl = АСАВ);
ААВВ1 = 90° - 60° = ГзбЧ
б) Рассмотрим AABAV
ААВАг = 90° - ZBAAp ZABAX = 90° - 10° = 80°;
ААСВ = 180° - АСАВ - ААВС-,
ААСВ = 180° - 60° - 80° = 40°.
в) Рассмотрим АСВВ1.
АСВВ^ = 90° - ААСВ-, АСВВ± = 90° - 40° = ГббП.
Решение практикума 4
183
г) Рассмотрим /\BCCy-
АВСС\ = 90° - ZАВС (Z.ABC = ААВАГ);
Z.BCCl = 90° - 80° = 110° I.
д) Рассмотрим ЛАССг.
ЛАСС1 = 90° - ZCAB; ZACCX = 90° - 60° = |30°1.
7. В прямоугольный треугольник вписан квадрат, вершина
которого совпадает с вершиной прямого угла треугольни¬
ка, а противоположная вершина квадрата принадлежит
гипотенузе треугольника. Найдите сторону квадрата, если
площадь треугольника равна 24, а гипотенуза 10.
Дано:
ДАВС
■^ддвс = 24
АСТВС
АВ = 10
СР КТ — квадрат
КР
а) Рассмотрим ДАВС.
f АС • ВС = 48 (АС • ВС = 2SABC) Ш
t АС1 2 + ВС2 = 100 й
( АС 4- ВС = 14
I |АС - ВС\ = 2
1- Если АС > ВС, то
2. Если ВС > АС\ то
Впрочем, ответ получится такой же.
184
Трапеция
б) Пусть КТ = х = КР = ТС = РС (СРКТ - квадрат).
ДВТК~ДКРА (ЛКАР=ЛВКТ, ЛАКР=ЛКВТ).
ВТ КР
Тогда —— = —— где ВТ — Ъ — х, АР = 8 — ж, значит
КТ АР
6~Х Х х 9 24
—-- = ^—;; (6 - ж)(8 - х) = х* 2; х = —
О JL I
8. В равнобедренной трапеции диагонали взаимно перпенди¬
кулярны, а основания равны 12 и 20. Найдите:
а) площадь трапеции;
б) радиус описанной окружности.
Дано:
ABCD — трапеция
AB = CD
ВС = 12
AJD = 20
АСЛВР
SABCD
Ro
Проанализируем условия задачи. Так как около любой рав¬
нобедренной трапеции можно описать окружность, то су¬
ществование Ro очевидно (серединные перпендикуляры
к сторонам трапеции всегда пересекаются в одной точке).
а) 1. Так как по условию ABCD — равнобедренная тра¬
пеция, то AAOD и ДВОС равнобедренные (дока¬
жите это самостоятельно), а так как AC.LBD, зна¬
чит ZCAD = ЛВС А = 45°.
2. Проведем дополнительное
построение TKTAD
(О G ТК). Можно доказать,
что ТК — ось симметрии
трапеции ABCD.
Решение практикума 4
185
3. ОК = AK-tg45° = АК,
где АК = ±AD; АК = 10 = ОК.
Л
ОТ = ВТ-tg45° = Br, где ВТ=^ВС; ВТ = 6 = ОТ.
_ AD + ВС
4- ^ABCD — 2 ’ 1 Л ’
о 20 + 12 z х
Sabcd — —х— ’ (Ю + 6) = |256|.
б) Так как около трапеции ABCD можно описать окруж¬
ность, то /\ABD, AACD, ABDC и ААВС принад¬
лежат той же окружности, что и ABCD.
1. Тогда так как RoABCD = R^ABC,
то найдем АВ, АС.
2. Проведем дополнительное
построение: BB^AD
и CCyLAD.
В силу равнобедренности ABCD можно доказать,
что АВХ = DCр тогда
л R _ AD ~ ВС 20-12 л
АВх ; АВ1 =———= 4.
2
3. Так как ВВ1 = ТК = 16,
то CD = АВ = y/ABj + BBf;
АВ = х/42 + 162 = V16 + 256 = л/272 ~ 4-/17.
4. АСг - АВг + ВХСХ; АСг = 4 + 12 = 16;
АС = >/ACl + CCl, АС = V162 + 162 = 16х/2.
5- s^abc = ^ВС ■ BBV, S^ABC = 1 • 12 • 16 = 96.
2
б- Ro&abc —
ВоДАВС =
АВ ВС-АС
45 ’
4V17 ■ 12 • 16х/2
4-96
2\/34
186
Трапеция
9. Площадь равнобедренной трапеции, диагонали которой
взаимно перпендикулярны, равна 4. Найдите высоту тра¬
пеции.
Дано:
ABCD — трапеция yU—-Р
AB = CD \/\
ACJLBD
8АВСР = 4
НАр
а) Так как ABCD — равнобедренная трапеция
и АСА-BD, то АО = OD и /.CAD = Z.BDA = 45°.
В с
б) Проведем дополнительное к-—-д
построение: ВВ1±Д£>; / \
CC^AD.
Так как Z.CAD = 45°, то АСг = CCf,
А Вг CXD
АВХ = - (см. задачу 8, стр. 184); ВС = В1С'1;
АСг = АВХ АВуС-^ АВХ + ВС;
ЛР-ВС+вс^ЛД + ВС
»< SABCD = СС1. ССр ОС? = 4;
10. В трапецию с основаниями, равными 7 и 28, и боковыми
сторонами, равными 13 и 20, вписан прямоугольник наи¬
большей площади, причем две вершины его принадлежат
большему основанию, а две другие — боковым сторонам
трапеции. Найдите площадь такого прямоугольника.
Решение практикума 4
187
Дано:
ABCD — трапеция
РКТМ — прямоугольник
АВ = 13; ВС = 7;
CD = 20; AD = 28
Р,Ме AD; К е АВ; Те DC
ЗрктМныв
Отметим, что 8РКТМи&иб означает наибольшую из воз¬
можных площадей прямоугольника РКТМ.
а) 1. Проведем дополнительное
построение: BBr±AD;
CC^AD.
2. Пусть АВг = х, тогда DCY = AD - АВ, - В,С,;
DC1 = 2\ — x.
3. Рассмотрим ДАВВр
ВВ* = АВ* - АВ*
В В* = 132 - х*
CCl = CD*~ DC*
C’C’i = 202 — (21 — х)2
132 - х* = 20* - (21 - ж)2
132 - 202 + 212 = 42z; ж = 5‘
б) Пусть КР = у
1. Для ДАВВХ получим ВВХ = \/132 _ 52 _ 12
= ctg(ZA) = ±
тогда АР = Кр . ctg (ZA). Ар = _5_
12 У'
188
Трапеция
3. Для ADCC^ получим
ctg (ZP) = ctg (ZP) = || = |.
Ои | л.£ о
Тогда так как ТМ = КР, то
4
MD = ТМ • ctg (Z2?); MD = -у,
о
4. Так как AD = АР + РМ + MD,
5 4 7
то РМ = 28 — —у — -у = 28 — —у.
1 £л о 4х
( 7 \
в) &РКТМ = КР • РМ, т. е. S(y) = SPKTM = у (28 — -у ].
Очевидно, что 0 у 12 (КР < ВВХ),
т.е. D{S) = [0; 12].
/ 7 \
5(у) = у I 28 — -у 1 — функция, график которой пара¬
бола (квадратный трехчлен);
У - 0
28 4 !«•
У = = 16
Координаты вершины параболы:
- 0 + 16 -«
Уо — 2 — 8’
/(Уо) = Л8) = 8 •
Так как /(у0) = /(8) = /наиб, причем 8 е [0; 12],
ТО ^наиб = SpKTM — I 112 I-
ЭД = 0;
= 8 • 14 = 112.
f(y)
Тренировочная работа 2
189
Тренировочная работа 2
1. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны
17, а основание равно 30. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) синус угла между равными сторонами;
в) отношение радиуса вписанной окружности к радиусу
описанной окружности;
г) медиану, проведенную к боковой стороне;
д) биссектрису, проведенную к боковой стороне.
2. Из точки А к окружности проведены секущие АВ и АС,
равные 24 и 16 соответственно, пересекающие окружность
в точках D и Е. Угол между секущими равен 30°. Хор¬
да ЕС равна 10. Найдите площадь четырехугольника
DBCE.
3. В выпуклом четырехугольнике ABCD расстояния между
серединами смежных сторон равны 2 и 3. Острый угол
в четырехугольнике, вершинами которого являются се¬
редины сторон исходного, равен 30°. Найдите площадь
ABCD.
4. В трапеции диагонали равны 10, а площадь 48. Найдите
высоту трапеции.
190
Трапеция
Самостоятельная работа 3
1. Боковые стороны равнобедренного треугольника равны 25,
а основание 14. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) синус угла между боковыми сторонами;
в) отношение радиуса вписанной окружности к радиусу
описанной окружности;
г) медиану, проведенную к боковой стороне;
д) биссектрису, проведенную к боковой стороне.
2. Секущие окружности равны АВ = 12 и АС = 8, при¬
чем отрезок ЕС секущей АС равен 5. Площадь четырех¬
угольника, вершины которого принадлежат одновременно
и секущим, и окружности, равна 45. Найдите синус угла
между секущими.
3. В выпуклом четырехугольнике расстояния между середи¬
нами противоположных сторон равны 3 и 4, а одна из диа¬
гоналей равна 5. Найдите площадь исходного выпуклого
четырехугольника.
4. Диагонали трапеции равны 39 и 17, основание равно 28.
Найдите площадь трапеции, если высота трапеции рав¬
на 15.
Тренировочная работа 2. Моделирование условий
191
Тренировочная работа 2. Моделирование условий
1. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны
17, а основание равно 30. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) синус угла между равными сторонами;
в) отношение радиуса вписанной окружности к радиусу
описанной окружности;
г) медиану, проведенную к боковой стороне;
д) биссектрису, проведенную к боковой стороне.
Дано:
ААВС
АВ = ВС = 17
АС = 30
а) Нвс
б) sin (ZABC)
в) г : R
г) твс
д) ^вс
2. Из точки А к окружности проведены секущие АВ и АС,
равные 24 и 16 соответственно, пересекающие окружность
в точках D и Е. Угол между секущими равен 30°. Хор¬
да ЕС равна 10. Найдите площадь четырехугольника
DBCE.
Дано:
Окружность
АВ = 24
АС = 16
ЕС = 10
ZBHC = 30°
&DBCE
192
Трапеция
3. В выпуклом четырехугольнике ABCD расстояния между
серединами смежных сторон равны 2 и 3. Острый угол
в четырехугольнике, вершинами
редины сторон исходного, равен
ABCD.
Дано:
ABCD — выпуклый
Р, К, М, N — середины сторон
РК = 2
КМ = 3
АРКМ = 30°
$АВСР
4. В трапеции диагонали равны 10,
высоту трапеции.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
AC = BD = 10
$АВСР = 48
Навср
которого являются се-
30°. Найдите площадь
а площадь 48. Найдите
Самостоятельная работа 3. Моделирование условий
193
Самостоятельная работа 3.
Моделирование условий
1. Боковые стороны равнобедренного треугольника равны 25,
а основание 14. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) синус угла между боковыми сторонами;
в) отношение радиуса вписанной окружности к радиусу
описанной окружности;
г) медиану, проведенную к боковой стороне;
д) биссектрису, проведенную к боковой стороне.
Дано: В
ААВС /\
АВ = ВС —25 / \
АС = 14 / \
а) Нвс / \
б) sin(ZABC) А С
в) г : R
г) тВС
Д) 1вс
2. Секущие окружности равны АВ = 12 и АС = 8, при¬
чем отрезок ЕС секущей АС равен 5. Площадь четырех¬
угольника, вершины которого принадлежат одновременно
и секущим, и окружности, равна 45. Найдите синус угла
между секущими.
Дано:
Окружность
АВ = 12
АС = 8
ЕС = 5
ЗрвсЕ = 45
sin (ABAC)
194
Трапеция
3. В выпуклом четырехугольнике расстояния между середи¬
нами противоположных сторон равны 3 и 4, а одна из диа¬
гоналей равна 5. Найдите площадь исходного выпуклого
четырехугольника.
Дано:
ABCD — выпуклый
Р, К, М, N — середины сторон
РМ = 3
KN = 4
АС = 5
Sabcd
4. Диагонали трапеции равны 39 и 17, основание равно 28.
Найдите площадь трапеции, если высота трапеции рав¬
на 15.
Дано:
ABCD
ВС || AD
AD = 28
Habcd =
АС = 17
ВВ = 39
&ABCD
Решение тренировочной работы 2
195
Решение тренировочной работы 2
1. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны
17, а основание равно 30. Найдите:
а) высоту, проведенную к боковой стороне;
б) синус угла между равными сторонами;
в) отношение радиуса вписанной окружности к радиусу
описанной окружности;
г) медиану, проведенную к боковой стороне;
д) биссектрису, проведенную к боковой стороне.
Дано:
ДАВС
АВ = ВС = 17
АС = 30
а) Нвс
б) sin (ZABC)
в) гв : Во
г) твс
Д) ^вс
а) Пусть ВР±АС, тогда AD = DC = -АС,
так как £\АВС — равнобедренный.
1- BD = у/АВ2 - АР2; ВР = V172 - 152 = 8
2. Так как BD • АС = ВС • Нвг = 2ВЛ л о-
^‘-’ДАВС’
= иА.
17
„ 8-30 240
вс 17 17
б) Найдем sin (ZABC).
*$давс = ъ-АВ ‘ ВС sin (ZABC),
тогда так как S^ABC = ±BD • АС, то
Zu
sin (ZABC) = 'лс. sin (ZA RCA 8 • 30
AB.BC 8т(Л4ВС’=177п=жГ
240
196
Трапеция
в) Из курса планиметрии известно, что R = а'Ь с-
a b ° 4S ’
. R° = 2siiict = = (теОрема СИНУСОВ);
R = АС R - 30 _ 289
° 2 sin (ZABC) ’ ° О 240 ~ if; •
■ 289
S^ABC = 2 ■ 8 ■ 30 = 12°, а Р = |(17 +17 + 30) = 32.
Из того же курса г = — • г = - = — — ч_
8 р’ в 32 4 %’
15
Таким образом, г : R =
° ° 289 2 89
16
г) твс = о>/2- АВ2 + 2АС2 - ВС2;
1
2
твс = |\/2-172 + 2 - 302 - 172 =
= |\/289 + 1800 = Jx/2089 .
& 2
д) Найдем 1ВС = АК.
АВ В/С Г7 _ в К
АС КС' Ы-Yf^BiC
289 - 17ВК = 30ВК- 47ВК = 289;
ВК-—- 289 799-289 510
4£ 47 47 47 ’
Так как [АК2 = АВ • АС — В К • КС | (известная фор¬
мула для нахождения биссектрисы), то
АК2 = 17-30- — •
47 47 ’
АК2 = 510 (472 ~ 172) = 510 • 30 • 64 _ 302 • 82 • 17
472 ~ 472 ~ 472 ’
, л„ [240 г~
^вс ~ АК — ■
1вс —
Решение тренировочной работы 2
197
Примечание. Можно решить задачу, не зная формулу
АК2 = АВ - АС — ВК ■ КС .
Действительно, если из /\BCD найти cos
и по теореме косинусов найти
(ZBCP) = II
АК = yjAC2 + КС2 -2-АС КС cos (/.BCD),
получим АК = «/ЗО2 Ч- — 2 • 30 • • — =
У \ 47 / 47 17
= || \/472 + 172 - 2 • 47 • 15 = || V2209 + 289 - 1410 =
30 240 г—
= -✓1088 = -^17.
2. Из точки А к окружности проведены секущие АВ и АС,
равные 24 и 16 соответственно, пересекающие окружность
в точках D и Е. Угол между секущими равен 30°. Хор¬
да ЕС равна 10. Найдите площадь четырехугольника
DBCE.
Дано:
Окружность
АВ = 24
АС = 16
ВС = Ю
ABAC = 30°
&DBCE
а) Из метрических отношений в окружности известно, что
если из точки, взятой вне окружности, проведены секу¬
щие, то произведения каждой секущей на ее внешнюю
часть равны между собой (см. стр. 201). Тогда
АВ ■ AD = АС • АЕ;
АС- АЕ = АС (АС -ЕС);
АЕ = 6; АС ■ АЕ = 16 (16 - 10) = 96.
б) АС • АЕ = АВ • AD = 96, т.е. 24 • AD = 96; AD = 4.
198
Трапеция
в) ^давс — 9 ‘ АВ • АС ■ sin (/ВАС);
АВС = 9 24 • 16- sin 30°; S^ABC = • 24 • 16 = 96.
г) ^давв 9 ■ AD • АЕ • sin 30 ; S&ade = т» ‘ 4 ■ 6 • ~ = 6.
Z 2 2
д) *^ВВСВ = S&ABC ~ S&ade'i &DBCE = 96 — 6 = 1901.
3. В выпуклом четырехугольнике ABCD расстояния между
серединами смежных сторон равны 2 и 3. Острый угол
в четырехугольнике, вершинами которого являются се¬
редины сторон исходного, равен 30°. Найдите площадь
ABCD.
ABCD — выпуклый
Р, К, М, N — середины сторон
РК = 2
КМ = 3
/РКМ = 30°
Sabcd
а) Из ДАВС: РК || АС; РК = -АС
2
(РК — средняя линия ДАВС).
Из &BCD: КМ II BD; КМ = -BD В
2
(КМ — средняя линия ABCD). /
Тогда PKNM — параллелограмм.
/\Х \л1
б) Зркмм = РК • КМ • sin 30°; ^/^х/
SpKMN = 2 • 3 • - = 3 (кв. ед.). AND
SABCD = 2$pkmn (докажите самостоятельно).
Значит SABCD = 2 • 3 = Гб! (кв. ед.).
Решение тренировочной работы 2
199
4. В трапеции диагонали равны 10, а площадь 48. Найдите
высоту трапеции.
Дано:
ВС || AD
AC = BD = 10
$авср =48
Habcd
Проведем дополнительное
построение: CDX || BD,
CCt-LAD.
Л
a) S^ACD1 = SABCD (докажите самостоятельно).
б) S^ACD1 = ^АС2 sin (ZACD,) = 48 (CDt = BD);
1 • 102 sin (ZACPJ = 48; sin (ZACDJ = —.
2 25
в) cos(ZAC'£>1) = ±
7
г) Пусть cos (ZACPJ = —.
25
Так как
a /1 + cos a
cos -- = 4 /
2 V 2.
, то
/ZACD,
cos(—~
1 + cos (ZACDJ
_ 4
" 5
2
CC1 = CD1 .cos^4£21; HABCD~CC\ = 10 4=®-
D
7
д) Пусть cos (ZACDJ = . Тогда
zo
fZACDA P~i 3 3 rjn
COS\ 2 /” V 2 ~ 5; ^abcd = 67C'1 = 10--—
200
Метрические отношения в окружности
Метрические отношения в окружности
Напомним основные метрические отношения в окружности.
1. Если через точку, взятую внутри окружности, проведены
хорды, то произведения отрезков хорд равны между собой
и есть число постоянное, равное произведению отрезков
диаметра, проходящего через данную точку.
Дано:
Окружность диаметра РТ
АВ, DC — хорды
м еРТ
М = АВ И DC
\АМ • МВ = СМ • MD = РМ • МТ\
Для доказательства используют подобие треугольников
ДАМС и &DMB, учитывая, что Z.ACD — AABD
и /.САВ = Z.CDB как вписанные в окружность углы,
опирающиеся на равные хорды.
2. Пусть МС — касательная. Если из точки, взятой вне
окружности, проведены к ней секущая и касательная,
то произведение секущей на ее внешнюю часть равно квад¬
рату касательной.
Дано:
Окружность
МС — касательная к ней
AM — секущая
\МС2 = AM ■ ВМ\
Для доказательства используют подобие треугольников
ЛАМС и ЛСМВ:
АМСВ = I (-СВ); AM AC = J (-СВ).
Z Zl
201
3. Если из точки, взятой вне окружности, проведены секу¬
щие, то произведения каждой секущей на ее внешнюю
часть равны между собой и есть постоянное число, рав¬
ное квадрату касательной из этой точки.
Дано:
М вне окружности
AM, МС — секущие
D, В — точки пересечения
окружности с секущими
МС и AM
\АМ ■ ВМ = МС • РМ\
Для проведения доказательства можно воспользоваться
тем, что Z.AMC = (у^АС — ^BD).
£
4. Для того чтобы в окружность
можно было вписать
четырехугольник, необходимо
и достаточно, чтобы сумма
противоположных углов
совпадала и была равна 180°:
ЛА + ZC = ЛВ + ZD = 180°.
5. Для того чтобы
в четырехугольник можно
было вписать окружность,
необходимо и достаточно,
чтобы сумма
противоположных сторон
четырехугольника совпадала:
АВ + DC = AD + ВС.
202
Метрические отношения в окружности
Упражнения на готовых чертежах 1
1. Дано:
АВ = ВС
СК = 1/_Всм
ААВС = 42°
АКСМ
2. Дано:
ABLBC
АС =14
ВС = 7
ААСгС
3. Дано:
ZA = 40°
ZC = 60°
ВМ = 1АС
adbm
4. Дано:
ABCD — трапеция
АВ = DC
BBjlAD
АВг = 6
ВВ1 = 8
ВС = 7
^abcd’i Sabcd
Упражнения на готовых чертежах 1
203
5. Дано:
ABCD — трапеция
AB.LAD
ВС = 5
AD = 8
АР = 45°
?abcd ! $abcd
8. Дано:
ДАВС
АВ = 7; ВС = 8
АС = 9
S&ABC'’ С&1
204
Метрические отношения в окружности
9. Дано:
ДАВС
АСА-ВС-, MN || АС
AN = 5; BN = 10
ВМ = 6
AC
10. Дано:
Окружность
-АВ = 120°
-ВС = 150°
ZABC
11. Дано:
Окружность
ZA = 82°
ZB = 134°
ZC; ZP
Упражнения на готовых чертежах 1
205
12. Дано:
Окружность
ААВС = 30°
ЯС = 8
13. Дано:
Окружность
О — центр
АВ = ВС
ЛАОС = 80°
ABAC
14. Дано:
ABCD — трапеция,
в нее вписана окружность
PABCD = Ю0
DC больше АВ на 10
DC
206
Метрические отношения в окружности
Практикум 5 (типовые задачи)
1. В окружность вписан треугольник, опирающийся на диа¬
метр. Высота, проведенная из вершины угла к диаметру,
равна 30 и делит диаметр в отношении 4:9. Найдите
диаметр описанной около треугольника окружности.
2. Хорда, равная 30, перпендикулярна диаметру окружности
и делит его в отношении 18 : 16. Найдите треугольник
наибольшей площади, опирающийся на хорду и вписанный
в окружность.
3. Секущие, исходящие из одной точки, равны 24 и 16. Внут¬
ренняя часть наименьшей секущей равна 10. Найдите
внутреннюю часть другой секущей.
4. Секущая и касательная равны 4 и 2. Найдите внутреннюю
часть секущей.
5. Биссектриса СМ треугольника АВС делит сторону АВ
на отрезки AM = 17 и ВМ = 19. Касательная к описанной
около треугольника АВС окружности проходит через точ¬
ку С и пересекает прямую АВ в точке D. Найдите CD.
6. Биссектриса АЕ угла А делит четырехугольник ABCD
на равнобедренный треугольник АВЕ (АВ = BE) и ромб
AECD. Радиус круга, описанного около треугольника
ECD, в 1,5 раза больше радиуса круга, вписанного в тре¬
угольник АВЕ. Найдите отношение периметров треуголь¬
ников ECD и АВЕ.
7. Окружность вписана в трапецию с боковыми сторонами,
равными 13 и 20, и одним из оснований, равным 6. Най¬
дите наибольшую площадь прямоугольника, вписанного
в трапецию, если две его вершины принадлежат основа¬
нию, а две другие боковым сторонам.
Практикум 5. Моделирование условий
207
Практикум 5. Моделирование условий
1. В окружность вписан треугольник, опирающийся на диа¬
метр. Высота, проведенная из вершины угла к диаметру,
равна 30 и делит диаметр в отношении 4 : 9. Найдите
диаметр описанной около треугольника окружности.
Дано:
Окружность диаметра АВ
С DIAB
AD.BD = 4:9
СР = 30
АВ
2. Хорда, равная 30, перпендикулярна диаметру окружности
и делит его в отношении 18 : 16. Найдите треугольник
наибольшей площади, опирающийся на хорду и вписанный
в окружность.
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
Окружность диаметра АК
CD — хорда
CDLAK
В = АК A CD
ВК: АВ = 18 : 16
СР = 30
S&CDK
3. Секущие, исходящие из одной точки, равны 24 и 16. Внут¬
ренняя часть наименьшей секущей равна 10. Найдите
внутреннюю часть другой секущей.
208
Метрические отношения в окружности
Дано:
Окружность
АВ, АС — секущие
ЕС, BD — хорды
АВ = 24
АС — 16
= 10
BD
4. Секущая и касательная равны 4 и 2. Найдите внутреннюю
часть секущей.
Дано:
Окружность
АВ — касательная
AD — секущая
CD — хорда
АВ = 2
АР = 4
CD
5. Биссектриса СМ треугольника АВС делит сторону АВ
на отрезки AM —17 и ВМ = 19. Касательная к описанной
около треугольника АВС окружности проходит через точ¬
ку О' и пересекает прямую АВ в точке D. Найдите CD.
Дано:
ДАВС
1АВ = СМ
AM = 17; ВМ = 19
DC — касательная
к окр. около /\АВС
в точке С
(АВ) П (DC) = D
CD
Практикум 5. Моделирование условий
209
6. Биссектриса АЕ угла А делит четырехугольник ABCD
на равнобедренный треугольник АВЕ (АВ = BE) и ромб
AECD. Радиус круга, описанного около треугольника
ECD, в 1,5 раза больше радиуса круга, вписанного в тре¬
угольник АВЕ. Найдите отношение периметров треуголь¬
ников ECD и АВЕ.
Дано:
ABCD
АЕ = 1ВС
АВ = BE
AECD — ромб
Rq/\ECD _ 3
ГвДАВЕ
P&ECD
Рдаве
7. Окружность вписана в трапецию с боковыми сторонами,
равными 13 и 20, и одним из оснований, равным 6. Най¬
дите наибольшую площадь прямоугольника, вписанного
в трапецию, если две его вершины принадлежат основа¬
нию, а две другие боковым сторонам.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
АВ = 13
ВС = 6
CD = 2Q
В трапецию
вписана окружность
Найдите наибольшую площадь прямоугольника,
вписанного в трапецию.
210
Метрические отношения в окружности
Решение практикума 5
1. В окружность вписан треугольник, опирающийся на диа¬
метр. Высота, проведенная из вершины угла к диаметру,
равна 30 и делит диаметр в отношении 4:9. Найдите
диаметр описанной около треугольника окружности.
Дано:
Окружность
диаметра АВ
CDLAB
AD : BD = 4:9
СР = 30
АВ
Из условия задачи ясно, что для решения не принципи¬
ально, какое отношение равно 4 : 9: или AD : BD, или
BD : AD.
Для определенности положим AD : BD = 4:9.
а) Из соотношения AD : BD = 4:9 следует,
что AD = 4а?; BD = Ох.
б) Так как CD2 = AD ■ DB (см. тему «Метрические от¬
ношения в прямоугольном треугольнике», стр. 124),
то 302 = 4т • 9т; т2 = = 25; т = 5.
36
в) Значит AD = 4 • 5 = 20; BD = 9 • 5,
тогда АВ = AD + DB = 20 + 45 = Гб5~].
Решение практикума 5
211
2. Хорда, равной 30, перпендикулярна диаметру окружности
и делит его в отношении 18 : 16. Найдите треугольник
наибольшей площади, опирающийся на хорду и вписанный
в окружность.
Дано (один из возможных вариантов моделирования
условий задачи):
Окружность диаметра АК
CD — хорда
CDLAK
В= АКПCD
ВК: АВ = 18 : 16
СР = 30
S/XCDK
Так как из всех треугольников с основанием CD и верши¬
ной, принадлежащей окружности, наибольшим по площа¬
ди является ACDK, то необходимо найти S^CDK.
а) Пусть АВ = 16х, ВК = 18т, АК = 34т.
Так как диаметр, перпендикулярный хорде, делит ее
пополам, то СВ — BD = 15.
Тогда, учитывая, что АВ • ВК = СВ • BD, получим:
АВ • ВК = СВ2, т. е. 16т ■ 18т = 152.
г> 2 152
Значит т = :
16-18
Так как ВК = 18т,
5\/2
то ВК = 18 • =
О
15 _ 5V2
Х ~ 4 • 3^2 ~ 8
45-\/2
4 '
б) - СВ ' ВК’
S 15 45^
= 168,75^^ (кв. ед.).
212
Метрические отношения в окружности
3. Секущие, исходящие из одной точки, равны 24 и 16. Внут¬
ренняя часть наименьшей секущей равна 10. Найдите
внутреннюю часть другой секущей.
Дано:
Окружность
АВ, АС — секущие
ВС, BD — хорды
АВ = 24
АС = 16
ЕС = 10
BD
а) АЕ = АС - ЕС, т. е. АЕ = 16 - 10; АЕ = 6.
б) АС ■ АЕ = 16 • 6 = 96.
Так как АВ ■ AD = АС • АЕ, то АВ • AD = 96,
т. е. 24 • AD = 96, значит AD — 4.
в) DB = АВ - AD, т. е. DB = 24 - 4 = [201.
4. Секущая и касательная равны 4 и 2. Найдите внутреннюю
часть секущей.
Дано:
Окружность
АВ — касательная
AD — секущая
CD — хорда
АВ = 2
АД = 4
СД
Отметим, что длина касательной всегда меньше длины се¬
кущей.
а) АВ2 = AD • АС- 22 = 4АС; АС = 1.
б) CD = AD - AC; CD = 4 - 1 = [3].
Решение практикума 5
213
5. Биссектриса СМ треугольника АВС делит сторону АВ
на отрезки AM = 17 и ВМ = 19. Касательная к описанной
около треугольника АВС окружности проходит через точ¬
ку С и пересекает прямую АВ в точке D. Найдите CD.
Дано:
ДАВС
1АВ = СМ
AM = 17; ВМ = 19
ТС — касательная
к окр. около ДАВС
в точке С
(АВ) П (ТС) = D
CD
а) Так как угол между хордой АС и касательной ТС
равен вписанному углу, опирающемуся на эту хорду,
то AACD = ZABC (с. 200).
б) Рассмотрим ДАВС и &BDC.
Так как
ZACB = ACBD
AADC = ABDC
то ДАВС ~ &BDC.
. ВС DC
-) Тогда — = —.
Значит, так как СМ = 1АВ,
ВС _ ВМ
AC ~ AM
19
17
(по теореме 2, с. 85).
Следовательно,
17 АВ \АС AD
г) Известно, что ВС2 = ВВ • АВ, где ВВ = АВ + АВ
(по теореме 2, с. 200).
Тогда ВС2 = АВ • (АВ + 36).
214
Метрические отношения в окружности
DC2 = AD • (AD + 36)
Следовательно, < 19 DC
'17=AD>
17
192£>С2 = 172£>С2 -4-17 19- 36РС;
(192 - 172)РС2 - 17 • 19 • 36 • DC = 0;
36 • DC • (2DC - 17 • 19) = 0; jCD= 161,5].
6. Биссектриса АЕ угла А делит четырехугольник ABCD
на равнобедренный треугольник ABE (АВ = BE) и ромб
AECD. Радиус круга, описанного около треугольника
ECD, в 1,5 раза больше радиуса круга, вписанного в тре¬
угольник АВЕ. Найдите отношение периметров треуголь¬
ников ECD и АВЕ.
Дано:
ABCD
АЕ = 1ВС
АВ = BE
AECD — ромб
_ 3
P&ECD
Решение практикума 5
215
Пусть АВАЕ = а, АЕ — а.
Так как АВ = BE, то ВМА.АЕ, тогда г л 4Rf? = NP
(центр вписанной в ЛАВЕ окружности находится на
пересечении биссектрис, а ВР С ВМ).
б) АС = I^ead (свойство диагоналей ромба).
ВМ1.АЕ {РМ с ВМ), AC .LED (свойство ромба).
Тогда AOEED, РМЕАЕ — серединные перпендику¬
ляры.
Значит, AN} = Ro^aed-’ т- е- М — центр описанной
около /\AED окружности.
в) A7V —АЛ^ (докажите), тогда так как £\ECD = £\EAD,
R-o&ecd AN 3
то = ~
r»ЛАВЕ 2
NP , а . а 2
т. е. так как —— — sin —, то sin — = -.
AN 2 2 3
г) Рассмотрим ЛАВЕ.
АВ cosa = АР; РдЛВЕ — 2АВ+АЕ; 2АР = АЕ = а,
_ a a(l+cos ct)
т-е- Рдаве = + а = .
cos a cos а
Рассмотрим ЛЕСЕ {АЕ = ЕС = а).
ED = 2 • ЕС • sin т. е. ED = 2asin -,
2 2
/ . Ct \
тогда P^ecd := 2a I 1 + sin — 1 .
\ " J
4 P&ECD
Д) p
r/ЛАВЕ
g(l-t-cosa)
cosa
ДЕСВ 2 k1 +sin5)COSQ:
1 + cos ct
ДАВЕ
ct /2\2 1
Так как cos ct = 1 — 2 sin2 —, то cos ct = 1 — 2 • | - ) = -
2 \3J 9
2\ 1
3J ‘ 9
T
9
o -РдЕСО
Значит, —
■^ДАВЕ
1
~ 3 ■
216
Метрические отношения в окружности
7. Окружность вписана в трапецию с боковыми сторонами,
равными 13 и 20, и одним из оснований, равным 6. Най¬
дите наибольшую площадь прямоугольника, вписанного
в трапецию, если две его вершины принадлежат основа¬
нию, а две другие боковым сторонам.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
АВ = 13
ВС = 6
СВ = 20
В трапецию
вписана окружность
Найдите наибольшую площадь прямоугольника,
вписанного в трапецию.
Для того чтобы в четырехугольник можно было вписать
окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы его
противоположных сторон были равны.
а) Так как в трапецию можно вписать окружность, то
АВ+ВС = АВ+СВ, значит 20+13 = 6+АВ, АВ = 27.
Дополнительные построения: BBj+AB, CCjlAB.
Положим АВг = х, тогда C.D = 27-6-я = 21-х
(ВС = В1С1=6).
в) Из ^АВВ^ ВВ?^ 132-х2
> двссг: сс2 = 2о2-(21-*)2
BBi = СС1?
тогда 132 - х2 = 202 - (21 - х)2, т. е. х = 5 = АВХ.
CXD = 21-х, т. е. CXD = 16.
Решение практикума 5
217
г) ВВг = V132 - 52 = 12 (CCj = BBt = 12).
д) Пусть АР = t (0 t < 5).
Из AABBp tg(Z.A) = = у,
значит РК — АР ■ tg(ZA), т.е. РК = ^-t.
5
16 _ 4
12 “ 3’
тогда MD = МТ • ctg (ZD), т. е. MD = ^t • = ^t.
5 3 5
Из ДРСС-р ctg(ZD) = ^
Так как РК — МТ, то
PM = 27-(-^ = 27-^ = i^ = ?(45-7t).
5 5 5 5
е) SPKTM = PK-PM = ^t-l^5-7ty, S(t) = ^.(45-7t);
О О ZO
D(t) = [0; 5]
ti +12 о , 45 3
*о = —5—, где<! = 0; t2 = —= 6-.
£ If
з
Значит t0 = 3— е [0; 5], тогда
Х~х
3 Лс г, 45\
5 к 14 /
1041"
наиб
12
45
* ■■ I ■■
• -
5
14
36
45
: 25
‘ 14
45 _ 9 • 9 • 9
2 7
= 104-
0.
(более подробно см. стр. 176).
3А 5
°14
J
А—
67
1
7
218
Метрические отношения в окружности
Тренировочная работа 3
1. Из вершины прямого угла треугольника, вписанного
в окружность, опущена высота на гипотенузу, причем вы¬
сота в 3 раза больше наименьшего из отрезков, на кото¬
рые она делит гипотенузу. Радиус вписанной в треуголь¬
ник окружности равен 2. Найдите диаметр описанной око¬
ло треугольника окружности.
2. Хорда, перпендикулярная диаметру, делит его на части,
наименьшая из которых равна 10. Найдите треугольник
наибольшей площади, опирающийся на хорду и вписанный
в окружность радиуса 25.
3. Сумма секущих, проведенных к окружности, равна 50,
а отношение их внешних частей равно 3 : 7. Найдите наи¬
меньшую секущую.
4. К окружности из одной точки проведены секущая и каса¬
тельная. Отношение внешней части секущей к внутренней
равно 4 : 5. Найдите секущую, если касательная равна 12.
5. Окружности радиусов 13 и 20 соответственно с центра¬
ми Ох и О2 касаются внешним образом в точке С.
АОг и В О2 — параллельные радиусы этих окружностей,
причем ААО1О2 = 60°. Найдите АВ.
6. В треугольнике АВС известны стороны: АВ = 14,
ВС = 18 и АС = 20. Окружность, проходящая через точ¬
ки А и С, пересекает прямые В А и ВС соответствен¬
но в точках К и L, отличных от вершин треугольника.
Отрезок KL касается окружности, вписанной в треуголь¬
ник АВС. Найдите длину отрезка KL.
Тренировочная работа 3. Моделирование условий
219
Тренировочная работа 3. Моделирование условий
1. Из вершины прямого угла треугольника, вписанного
в окружность, опущена высота на гипотенузу, причем вы¬
сота в 3 раза больше наименьшего из отрезков, на кото¬
рые она делит гипотенузу. Радиус вписанной в треуголь¬
ник окружности равен 2. Найдите диаметр описанной око¬
ло треугольника окружности.
Дано:
ДАВС вписан в окружность
CD1.AB (АВ — диаметр)
CD = 3BD
Г*&АВС — 2
АВ
2. Хорда, перпендикулярная диаметру, делит его на части,
наименьшая из которых равна 10. Найдите треугольник
наибольшей площади, опирающийся на хорду и вписанный
в окружность радиуса 25.
Дано:
Окружность
A, K,D,C е окружности
CD1AJK
Roa = 25
АВ = 10
5дсокнаи6
3. Сумма секущих, проведенных к окружности, равна 50,
а отношение их внешних частей равно 3 : 7. Найдите наи¬
меньшую секущую.
Дано:
Окружность
АС, АВ — секущие
АВ + АС = 50
AD : АЕ = 3 : 7
Найти наименьшую секущую.
220
Метрические отношения в окружности
4. К окружности из одной точки проведены секущая и каса¬
тельная. Отношение внешней части секущей к внутренней
равно 4 : 5. Найдите секущую, если касательная равна 12.
Дано:
Окружность
АВ — касательная
AD — секущая
DC — хорда
АВ = 12
АС : ВС — 4 : 5
AD
АС
5. Окружности радиусов 13 и 20 соответственно с центра¬
ми Ог и О2 касаются внешним образом в точке С.
АОХ и ВО2 — параллельные радиусы этих окружностей,
причем Z.AO1O2 = 60°. Найдите АВ.
Дано:
Окр (гг), гх = 13 — АОХ
Окр (г2), г2 — 20 = ВО2
АОХ || ВО2
Окр (rj П окр (г2) = С
внешним образом
ЛАО1О2 = 60°
АВ
Тренировочная работа 3. Моделирование условий
221
6. В треугольнике АВС известны стороны: АВ = 14,
ВС — 18 и АС = 20. Окружность, проходящая через точ¬
ки А и С, пересекает прямые В А и ВС соответствен¬
но в точках К и I/, отличных от вершин треугольника.
Отрезок KL касается окружности, вписанной в треуголь¬
ник АВС. Найдите длину отрезка KL.
Дано:
ЛАВС
АВ = 14
ВС =18
АС = 20
А е окр (г)
С е окр (г)
Окр (г) А АВ = {К] А}
Окр 1г)ПВС = {ЦС}
Окр(гх) — окружность,
вписанная в /\АВС
KL касается окр (rj
KL
Примечание. Отметим, что это только один из возмож¬
ных чертежей, отражающих, увы, не полностью возмож¬
ные варианты решения задачи. Исследование и решение
будут рассмотрены позже.
Напомним, что {К; А} обозначает множество, в данном
случае, состоящее из двух элементов — К и А. Подроб¬
нее см. книгу А. X. Шахмейстер Множества. Функции. По¬
следовательности. Прогрессии. СПб/.-М.: 2014.
222
Метрические отношения в окружности
Решение тренировочной работы 3
1. Из вершины прямого угла треугольника, вписанного
в окружность, опущена высота на гипотенузу, причем вы¬
сота в 3 раза больше наименьшего из отрезков, на кото¬
рые она делит гипотенузу. Радиус вписанной в треуголь¬
ник окружности равен 2. Найдите диаметр описанной око¬
ло треугольника окружности.
Дано:
£\АВС вписан в окружность
CD LAB (АВ — диаметр)
CD = 3BD \ п /
ГвААВС = 2
АВ
а) Пусть BD = ж, тогда CD = Зх.
Так как CD2 = AD • BD, то 9х2 = AD • х, значит
AD = 9х (х > 0).
б) 1. СВ = y/CD^ + BD^ СВ = v/(3x)2+^ = х/10®.
2. AC = y/AD*+CD*-, AC = = Зх/Ю®.
в) 1. S&ABC = -AC ' C'B;
S^abc = 2 ’ 3>/10® • У16® = |. 10ж2 = 15a.2
2. P = Зх/lOx + x/10® + 10® = 4vl0x + 10® =
= (4a/10 + 10) ®, т.е. p = (2Vio + 5) ж.
p ’ значит гвдлвс — , но rB^ABC — 2,
тогда 15® = 2 • (2x/10 + 5); x = 2 (2aA6 + 5)
r) AB = 10® (AB = AD + DB),
т.е. АВ = 1^М?^1<М 1[4
15
Решение тренировочной работы 3
223
2. Хорда, перпендикулярная диаметру, делит его на части,
наименьшая из которых равна 10. Найдите треугольник
наибольшей площади, опирающийся на хорду и вписанный
в окружность радиуса 25.
Дано:
Окружность
А, К, D, С е окружности
CDA.AK
Roa — 25
АВ = 10
S&CDKnm6
а) АК = 20А; АК = 2 • 25 = 50.
ВК = АК — АВ-, ВК = 50 - 10 = 40.
б) Так как АВ • ВК = СВ2, то 10 • 40 = СВ2- СВ = 20,
значит CD = 40.
в) S&cdk = q CD ■ В К;
£
S&CDK = • 40 • 40 = 18001 (кв. ед.).
£
3. Сумма секущих, проведенных к окружности, равна 50,
а отношение их внешних частей равно 3 : 7. Найдите наи¬
меньшую секущую.
Дано:
ОкруЖНОСТЬ \ р
C^E^D^B Е окружности [
АС, АВ — секущие ( j
АВ + АС = 50 \ к
AD : АЕ = 3:7
Найти наименьшую секущую.
224
Метрические отношения в окружности
Так как соотношение длин внешней части секущих не го¬
ворит о соотношении длин самих секущих, то необходимо
вычислить длины обеих секущих и выбрать наименьшую.
а) Так как АС ■ AD = АВ ■ АЕ, то АВ = АС ■
АЕ'
Q
т.е. АВ = АС-.
7
б) АВ + АС = 50, тогда + АС = ~^АС — 50;
I АС = 351.
Вторая секущая | АВ = 15 I, т.е. она— наименьшая.
4. К окружности из одной точки проведены секущая и каса¬
тельная. Отношение внешней части секущей к внутренней
равно 4 : 5. Найдите секущую, если касательная равна 12.
Дано:
Окружность
АВ — касательная
AD — секущая
DC — хорда
АВ = 12
AC : DC = 4: 5
DC
AD
Пусть AC = 4т, a DC = 5т.
а) Так как АВ2 = AD • АС, то 122 = (4т -|- 5Ж). 4Х значит
12 = 6х, т.е. х = 2.
б) AD — АС + DC = 9т, тогда AD = 9 • 2 = [~ig
Решение тренировочной работы 3
225
5. Окружности радиусов 13 и 20 соответственно с центра¬
ми Оу и О2, касаются внешним образом в точке С.
АО у и ВО— параллельные радиусы этих окружностей,
причем ААО1О2 = 60°. Найдите АВ.
Случай I
Дано:
Окр (гт), г у — 13 = АОу
Окр (г2), г2 = 20 = ВО2
АОГ || ВО2
Окр (rj Г) окр (г2) = С
внешним образом
ААОуО2 = 60°
А и В в одной полу¬
плоскости относительно
прямой O1Q2
АВ
Очевидно, что точки О1?
О2 и С лежат на одной прямой.
Возможны два случая. Рассмотрим первый, когда точки
А и В лежат в одной полуплоскости относительно прямой
0102-
Пусть отрезок AM параллелен отрезку ОгО2 (точка М
принадлежит радиусу ВО2). Тогда ОуО2МА — паралле¬
лограмм:
AM = ОуО2 = 33; ОуА = О2М = 13;
ЛО2МА = ААОуО2 = 60°.
В треугольнике AM В:
МВ = 7; AM = 33; Z AM В = 120°, откуда
АВ = уС4М2 + МВ2 -2-AM-MB- cos(AAMB) = [37
226
Метрические отношения в окружности
Случай II
Дано:
Окр (гД, = 13 = АОу
Окр (г2), г2 = 20 = ВО2
AOi || ВО2
Окр (гг) П окр (г2) = С
внешним образом
ААО1О2 = 60°
А и В в разных полу¬
плоскостях относительно
прямой О1О2
АВ
Во втором случае точки А и В лежат в разных полуплос¬
костях относительно прямой О1О2.
Отрезок AM параллелен отрезку О1О2 (точка М теперь
лежит на продолжении радиуса ВО2 за точку О2), сле¬
довательно, О±О2МА — параллелограмм. Аналогично:
AM = ОгО2 = 33; ОХА = О2М = 13;
АО2МА = ЛАОхО2 = 60°.
В треугольнике AM В имеем:
МВ = 33; AM = 33; ЛАМ В = 60°,
значит, треугольник AM В — правильный,
а значит, АВ = | 33 |.
Ответ: АВ = 33 или АВ = 37.
6. В треугольнике АВС известны стороны: АВ — 14,
ВС = 18 и АС — 20. Окружность, проходящая через точ¬
ки А и С, пересекает прямые В А и ВС соответствен¬
но в точках К и L, отличных от вершин треугольника.
Отрезок КL касается окружности, вписанной в треуголь¬
ник АВС. Найдите длину отрезка KL.
Решение тренировочной работы 3
227
Дано:
ДАВС
АВ = 14
ВС = 18
АС = 20
A 6 окр (г)
С 6 окр (г)
Окр (г) П АВ = {К; А}
Окр (г) П ВС = {В; С}
Окр(г1) — окружность,
вписанная в ДАВС
KL касается окр(гг)
KL
а) Пусть обе точки К и L лежат на сторонах треуголь¬
ника.
Четырехугольник AKLC — вписанный,
следовательно, Z.KАС = 180° - ЛКЬС = ABLK
(Z.KLC + ЛВЬК = 180°).
Значит, ДАВС подобен £\LBK, так как угол АВС —
общий.
Пусть коэффициент подобия равен к, тогда
BL = кАВ, ВК = кВС, KL = кАС.
Суммы противоположных сторон описанного четырех¬
угольника AKLC равны:
АК + LC = KL + АС;
АВ(1 — к) + ВС(1 — к) = АС(1 + fc);
, АВ + ВС - АС
к
АС + АВ + ВС
Подставляя известные длины сторон, находим:
к = 14 + 18 - 20 _ 3
” 14 + 18 + 20 “ 13-
3
Следовательно, KL = —АС =
60
13
228
Метрические отношения в окружности
б) Обе точки К и L не могут лежать вне треугольника
АВС, поскольку в этом случае отрезок KL не может
касаться вписанной окружности.
Значит, по крайней мере одна из этих точек лежит
на стороне треугольника.
Пусть точка К лежит на продолжении стороны АВ.
Углы AKL и ACL равны, поскольку опираются па од¬
ну дугу. Значит, треугольник АВС подобен треуголь¬
нику LBK, так как угол АВС — общий.
Более того, они описаны около одной и той же окруж¬
ности. Следовательно, коэффициент подобия равен 1,
то есть треугольники LBK и АВС равны, поэтому
KL = АС = Г20Т
Заметим, что В К = ВС > АВ, и точка К действи¬
тельно лежит на продолжении стороны АВ.
Решение тренировочной работы 3
229
в) Если точка L лежит на продолжении стороны ВС,
то BL > ВС. Но рассуждая аналогично предыдущему
случаю, получаем BL = АВ < ВС. Пришли к проти¬
воречию.
Значит, такой случай не достигается.
230
Метрические отношения в окружности
Упражнения на готовых чертежах 2
(повторение)
3. Дано:
ДАВС
ЛВС А = 106°
Z.ACB
4. Дано:
ДАВС
ZABC = 48°
ZAOC
5. Дано:
ДАВС
АС±ВС
ZAOB
Упражнения на готовых чертежах 2 (повторение)
231
7. Дано:
ДАВС
АВОА = 2(ААСВ)
ААСВ
8. Дано:
ABCD — парал¬
лелограмм
К е АР
АВКС
9. Дано:
ABCD — параллелограмм
ААВВ± - АРССХ = 20°
ABAD
232
Метрические отношения в окружности
10. Дано:
ABCD — параллелограмм
АВКС = 57°
BMAAD
К е ВМ
ААВС
11. Дано:
ABCD — трапеция
АВ = DC
Т, М, Р,К -
точки касания
ВТ = 2
АК = 8
&ABCD
12. Дано:
ABCD — трапеция
AD = 25
АВ = 15
$ABCD
13. Дано:
ABCD — трапеция
АВ = ВС = DC = 8
А£> = 16
а) Sabcd
б) АС
Упражнения на готовых чертежах 2 (повторение)
233
14. Дано:
ABCD — ромб
АС = 16
Г>В = 12
SaBCD
^BB1DB2
15. Дано:
ABCD -
трапеция
AD = 28
ВС= 16
АС = 17
В£> = 39
$abcd
16. Дано:
ABCD -
трапеция
AD = 11
ВС = 7
АВ = 5
DC = 3
Sabcd
17. Дано:
ABCD -
трапеция
AD = 20
ВС = 10
АВ = 8
DC = 6
Sabcd
234
Метрические отношения в окружности
18. Дано:
ABCD — трапеция
АС = BD = 4^2
АС АР = 45°
^ABCD
20. Дано:
ABCD -
трапеция
ВС = 10
АР = 20
$abcd
Блиц-самостоятельные работы
235
Блиц-самостоятельные работы
Вариант А
1. Дано:
ДАВС
ZA = 120°; В = V3
1 о т
ВС
2. Дано:
ДАВС
АВ — ВС
ZA = а; гв = 2
АС
3. Дано:
ДАВС
ZA = 25°
АВ = ВС
ZABC
4. Дано:
ДАВС
ZB = 90°; ZA = 13°
ВР±АС
ЛРВС
5. Дано:
ДАВС
ZB = 90°; ZA = а
ВР±АС
АВ = 5
PC
6. Дано:
ДАВС
ZB = 90°
ВР1.АС
ВР = 6, PC = 4
АР
7. Дано:
ДАВС
АВ = 8
ВС = 6; АС = 10
ZB
8. Дано:
ДАВС
OD1AB
ОК ЛВС-, ОР±АС
ra = OD = OK = OP
AD —5, СК —4
AC
9. Дано:
ABCD — трапеция
AD || ВС; BK±AD
АВ —DC
ВС = 10; AD = 16
AK- KD
10. Дано:
ABCD — трапеция
AD || ВС; AC = BD
(АС-BD) = 40°
ZBBA
236
Метрические отношения в окружности
Вариант В
1. Дано:
ABCD — ромб
АА = 30°
Д = 3
АВ
2. Дано:
ДАВС
АВ = ВС
ААВС = 2а
АВ = Ь
ВКААС
ВК
3. Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
АВ — DC
АА = 60°
г» = 3
Найти среднюю линию
6. Дано:
ДАВС
АВ = 90°; тАС = 10
АС
7. Дано:
ДАВС
АВ = 120°
АВ — 2; ВС = 3
АС2
8. Дано:
ДАВС
АВ = 90°; гв = 4
АВ + ВС — 30
АС
4. Дано:
ABCD
ACQBD^O
О А = 8; ОС = 3; ОВ = 2
ABCD вписан в окр.
BD
5. Дано:
ДАВС
АВ = 12
ВС = 5
sin (ZC) = 0,8
sin (ZA)
9. Дано:
ABCD — трапеция
AD || ВС; АА = 90°
АВ = 12; ВС = 4;
AD — 9
DC
10. Дано:
ABCD — трапеция
AD || ВС; АВ = DC
АС = 10
AADB = 50°
ВО; ABC А
Лабораторная работа 4
237
Лабораторная работа 4
Варианты (1—6)
Для треугольника АВС,
где BDLAC, по трем данным
из таблицы найдите все остальные.
В
1
2
3
4
5
6
АВ
7
26
14
ВС
24
28
7
CD
24
16,8
25
AD
3,3
25
13,2
BD
6,72
sin (ZB)
cos (ZC)
24
25
tg (ZA)
I??
33
00 |b-
co
^оДЛВС
4,0625
ГвДДЙС
твс
Iac
238
Метрические отношения в окружности
Варианты (7—12)
Для треугольника АВС, &
где BD±AC, по трем данным /
из таблицы найдите все остальные. / X.
A D С
7
8
9
10
11
12
АВ
13
6,5
14
ВС
48
24
14
CD
4,2
AD
3,92
1,96
00 1 ю
co
BD
sin (ZB)
12
13
1
1
cos (ZC)
3
5
0,96
3
5
tg (ZA)
^оДАВС
4
r»AABC
™вс
Iac
239
Средние величины
Можно алгебраически доказать серию неравенств.
Но эти соотношения были известны еще древним грекам. И по¬
лучены они были из геометрических соображений, так как ал¬
гебра тогда еще не была создана.
Пусть ABCD — трапеция, где AD = а, ВС = Ь.
М.
Щ/-
М9/~
м3¥—
Тогда:
1. MN =
J_ , 1 -Т~Т-ГТТ; OeMN; MN\\AD.
ad + вс a + ь + b
2- = y/AD~BC = y/ab; M1N. II AD-
AM^D ~ M1BCN1.
3. M2N^^+BC = a + b A..n. nxr _
AD2 + BC2
2
V 2
^AM3N3D = ^M3BCN3 ■
241
а) Рассмотрим ДОВС, ДОВА.
AC BO = AODA
Так как ABCO — AO AD , то ДОВС ~ AODA,
ABOC = ADO A
PC b
AO a
ДАМО.
ДАВС ~ ДАМО,
BC BO
значит —— — —— =
AD OD
б) Рассмотрим ДАВС,
Можно доказать что
ВС АС
ТОГДа МО = АО’
АС АО А ОС АО <
Н° АО ~ АО ~ АО + ’
ВС , b „„
значит —— = 14—; МО —
МО а
ОС _ ОС
АО ~ + АО '
ВС _ Ьа
1 + £ a + 6’
а
b
a
в) Рассмотрим ADBC, ADON.
Можно аналогично доказать, что ADBC ~ ADON,
ON OD
тогда —— = ——:
ВС BD
OD _ OD
BD~ BO+ OD~
1 _ 1 _ 1 _ a
BO+OD BO . 1 b . . a + b'
OD 1 a ' 1
ab
ON =
a + b
_ ab
и ON
OD
a
ON ON
значит —— = —— = ,
ВС Ь а + Ь
г) Таким образом, ОМ =
а + Ь
Значит ОМ = ON, т. е. точка пересечения диагоналей
делит MN || AD пополам.
Следовательно, MN = —— или
a ' b
Это и есть среднее гармоническое чисел а и Ь.
Итак, MN — среднее гармоническое оснований тра¬
пеции.
242
Средние величины
2. Докажите, что отрезок, параллельный основанию трапе¬
ции и делящий его на две подобные трапеции, является
средним геометрическим оснований этой трапеции.
Дано:
ABCD
ВС || AD
РК || AD
APKD ~ РВСК
AD = а
ВС = Ь
PK = V^b
Так как APKD ~ РВСК, то = —-,
РК ВС
значит РК2 — AD • ВС.
Тогда
называется средним геометрическим
чисел а и Ь, т. е. РК — среднее геометрическое основа¬
ний трапеции.
3. Докажите, что отрезок, соединяющий середины боковых
сторон трапеции, является средним арифметическим ее ос¬
нований.
Дано:
ABCD
ВС || AD
AL — LB. AD — а
DT = ТС. ВС = Ь
2
243
а) Проведем дополнительное построение: BDY, где Dx
принадлежит прямой (AD) и Т G BDr.
б) Рассмотрим ЛВСТ и AD^DT.
1. СТ = TD по условию;
2. Zl = Z4 (внутренние накрест лежащие углы);
3. Z3 — Z2 — вертикальные.
Из 1-3 следует, что /\ВСТ = AD^DT,
значит ВС = DD1 =b и ВТ — DXT.
в) Рассмотрим &ABDX.
LT — средняя линия A.ABDX, значит LT || AD. До¬
кажите этот факт самостоятельно.
LT = lADp но ADx = AD + DDx = а + Ь,
£
т. е.
LT=°^-
2
Это и называется средним арифметическим чисел
а и Ь.
Таким образом, LT — среднее арифметическое осно¬
ваний трапеции.
244
Средние величины
4. В трапеции отрезок, параллельный основанию и делящий
ее на две трапеции, равные по площади, является средним
квадратичным ее оснований.
Дано:
ABCD
ВС || AD
EF Ц AD
&AEFD ~ &EBCF
AD = а
ВС = Ь
EF =
а) 1. Проведем дополнительное построение: В Dy || CD,
где Dy € (AD).
BDyOEF — B2 — точка пересечения EF и В Dy.
В By ± AD; В By QEF = О.
2. Тогда ВС = B2F = DyD — b;
ЕВу — EF — ByF = EF — b;
ADy = AD — DyD — a — b;
В By = OB 4- OBy.
i q AD + EF a + EF „„
б) 1- Saefd g = —2
_EF + BC b + EF
bEBCF OB = OB.
Так как SAEFD = SEBCF, to
Ц^.ОВ1 = ^.ОВ;
b + EF _ OBy
a + EF OB
245
2. Рассмотрим £\ABDX,
Можно доказать, что
&ЕВВ2.
/\ABD1 ~ АЕВВ2.
a — b
EF-b
rp -®-®2
Тогда xw — „ *, t. e. „
OB BBX ’ OB
OB T OB-i a — b
или OB =
ОВг _ a — b
+ ~OB= EF-b’
a — EF
EF-b'
ОВ + ОВг
. ОВХ
ОВ
EF-b’
OBY
OB
a — b.
EF — b~ ’
ОВг
Q ОВ
ОВХ
ОВ
b + EF
а + EF
a — EF
EF-b
b + EF
а + EF
а — EF
———значит
EF-b
(EF + b)(EF - Ь) = (а + EF)(a - EF)
(Л -I- />2
(EF)2 -b2 = a2- (EF)2- (EF)2 = —±—
а2 + Ь2
EF = '
2
это и называется средним
квадратичным чисел а и b.
Таким образом, EF — среднее квадратичное осно¬
ваний трапеции.
246
Средние величины
Практикум 6 (решение задач
с использованием средних величин)
1. В трапеции проведены два отрезка, параллельных основа¬
нию и соединяющих боковые стороны. Один из них, рав¬
ный делит трапецию на две подобные трапеции, а дру¬
гой, равный 5, делит трапецию на две трапеции, равные
по площади. Найдите отношение отрезков, на которые де¬
лят боковую сторону данные отрезки.
2. В трапеции диагонали пересекаются в точке, через кото¬
рую проведен отрезок, соединяющий боковые стороны па¬
раллельно основанию. Отношение площадей треугольни¬
ков с вершиной в точке пересечения и основаниями, равны¬
ми основаниям трапеции, равно 9:1. Найдите отношения
площадей трапеций, на которые делит исходную трапецию
данный отрезок.
3. Два параллельных основанию трапеции отрезка, соединя¬
ющие боковые стороны, равны 1,75 и 5. Один из них про¬
ходит через точку пересечения диагоналей, а другой делит
трапецию на две трапеции, равные по площади. Выясните
отношение отрезков боковой стороны, на которую делят ее
два данных отрезка.
4. В трапеции проведены два параллельных основанию от¬
резка. Один проходит через точку пересечения диагоналей
и равен 1,6. Другой, равный 2, делит ее на две подобные
трапеции. Найдите отношения отрезков боковой стороны,
на которые ее делят два отрезка.
5. В трапеции точка пересечения диагоналей является вер¬
шиной двух треугольников, основания которых есть осно¬
вания трапеций, площади которых относятся как 81 : 16.
Найдите отношение площадей подобных трапеций, образо¬
ванных отрезком, параллельным основанию.
Решение практикума 6
247
Решение практикума 6
1. В трапеции проведены два отрезка, параллельных основа¬
нию и соединяющих боковые стороны. Один из них, рав¬
ный л/7, делит трапецию на две подобные трапеции, а дру¬
гой, равный 5, делит трапецию на две трапеции, равные
по площади. Найдите отношение отрезков, на которые де¬
лят боковую сторону данные отрезки.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
LT || РК || AD
ALTD ~ LBCT
$APKD = SpBCK
LT — у/7
РК = Ь
АР.PL:LB
а) Пусть AD — а-, ВС = 6,
тогда
, значит,
( а2 + Ь2 = 50
| ab = 7 ’
( а2 + Ь2 = 50
( 2аЬ = 14
(а + Ъ)2 = 64
аЬ = 7
Так как а > 0, b > 0, то *
J а Ь — 8
{а£> = 7
Решением системы будет
Г а = 7
1 Ь = 1 ;
AD = 7
ВС = 1 '
248
Средние величины
б) Проведем BB^LAD.
$APKD — ~ 2 —
1- sPBCK = ™-+-в-с. Р.В = Ц-1. ДВ = ЗР,В
Sabcd = М^ВС ■ В.В = Л2 ■ В,В = 4В1В
Тогда SABCD = SAPKD + SPBCK.
Значит 4ВВ1 — 6В1Р1 + ЗР^В.
Так как ВХВ — BPr + PiBr, то
6BJ\ + ЗРгВ = 4В1Р1 + 4РХВ;
2В1Р1 = РуВ, значит
РгВ _ РгВ _ РгВ _ 2РГВ _ 2
ВХВ " В1Р1 + РХВ “ + р1В ~ Ы\В ~ 3’
п А , Л „„„ РВ РВ 2
2. ЛАВ В} ~ ЛРВРУ, тогда —— —
1 1 АВ ВВг 3
т. е. РВ = ^АВ; АР = -АВ.
3 3
в) 1. Так как ALTD ~ LBCT, то
ТВ AL LB LT ^7
LT ~ ADJ Те‘ ~AL~ AD~
AL + LB = АВ
Н° LB = ^-AL
AL + ^Q-AL = АВ-
7
Решение практикума 6
г -т 7-/7
о л-о = АВ
Найдем LB = АВ - AL-, 6
lb = ab-^J^Lz21_ab ( 7 /=
6 АВ = 1 - Lr V7
/7-1 лп X 6
АВ =
л/7 — 1
Получили LB = — —АВ
6
2. Найдем PL = РВ — LB.
V7 - 1
LB = —--—АВ
6
РВ = ^АВ
2 /7 — 1
PL = -AB-^—±AB =
О 6
1 2
АР = -АВ = =;АВ.
о 6
Значит | АР : PL : LB
= 2: (5
2. В трапеции диагонали пересекаются в точке, через кото¬
рую проведен отрезок, соединяющий боковые стороны па¬
раллельно основанию. Отношение площадей треугольни¬
ков с вершиной в точке пересечения и основаниями, равны¬
ми основаниям трапеции, равно 9:1. Найдите отношения
площадей трапеций, на которые делит исходную трапецию
данный отрезок.
250
Средние величины
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
MN || AD
AC QBD = О
О — точка пере¬
сечения диагоналей
^ДДОР ■ S&BOC = 9 : 1
&AMND : $MBCN
а) &ВОС ~ AAOD, так как АСВО — AODA
и АВОС = ADO А.
б)
Q AD
3наЧИТ ВС =
АО _ OD
ОС ~ ОВ'
в) Известно, что площади подобных фигур относятся как
квадраты сходственных сторон, тогда
^даор (AD\2 / AD\2 9
о = ’ значит Б77 = AD = ЗВС.
ддвос \DC) \ ВС 1
Так как MN — среднее гармоническое оснований,
т. е. MN =
2 • AD-ВС
AD + BC
то MN =
2 ВС- ЪВС 3
ЗВС + ВС ~2ВС'
г) Пусть Н — высота трапеции AM ND (Н — ММГ )
h — высота трапеции MBCN {h = ВВ2). 1
Решение практикума 6
251
_AD + MN ЗВС+^ВС 27
Д) bAMND 2 Я • ЗЛ = ^ВС • h.
2 4
_ MN + ВС %ВС + ВС *
^>mbcn ~ % h = h=~BC h.
2 4
е) &AMND _ тВС ' _ 27
$mbcn ^ВС -h 5 ’
те- $AMND : SMBCN — ‘К : 5 |.
3. Два параллельных основанию трапеции отрезка, соединя¬
ющие боковые стороны, равны 1,75 и 5. Один из них про¬
ходит через точку пересечения диагоналей, а другой делит
трапецию на две трапеции, равные по площади. Выясните
отношение отрезков боковой стороны, на которую делят ее
два данных отрезка.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
О - АС П DB, О е MN
MN || РК || AD
MN = 1,75
РК = 5
&APKD — $РВСК
АР : РМ : МВ
а) Пусть AD = а, ВС — Ь.
су г / л 2 I l2
Тогда MN = РК = \ —-—. Значит
а + Ь У 2
2аЬ „
г = 1,75
а + Ь
1а2 + Ь2
V^“ = 5
7
4
252
Средние величины
а2 + Ь2 + 2аЬ — 50 + ^(а + Ь);
7
(а + Ь)2 — -(а + Ь) — 50 — 0.
Положим а + Ь — t (i > 0).
4<2 - 7t - 200 = 0;
гр J d + Ь — 8
Тогда U = 7
t = 8
25
t = --£(0;oo)-
ТС
(из первого уравнения системы).
AD = 7
BG=1
к» а — 7
Решая систему, получим _
б) Рассмотрим ДМВО, AABD.
Можно доказать, что ЛМВО ~ AABD.
m ВМ АВ ВМ
1°ГДа —— = —— или —— =
ОМ AD АВ
1 7
ВМ 2 ‘ 4
~АВ = ~Т"'
в) Пусть BB^JlAD.
ОМ
~AD'
т. е.
ВМ = ^АВ.
8
ВМ _ 1
АВ ~ 8
Рассмотрим
РВ _ ВР±
АР ~ В}1\
АР В Ру.
ВРХ
ДАВВр
РВ
ИЛИ —— = .
АВ ВВу
„ AD + PK „ „ 7 + 5
$apkd — 2— ■ ~ 2~ ’ ~ 6-В1Л;
„ РК + ВС _ 5+1 „
Зрвск — 2 ВР* ~ 2 В?1 ~
Решение практикума 6
253
Учитывая, что
бВ^ = ЗВР1;
о РВ
Значит —— =
АР
Sapkd ~ &РВСК, получим:
ВРХ = 2В1Р1.
2
у; РВ^2АР; АВ = ЗАР,
1 2
т.е. АР = -АВ, РВ = -АВ.
3 3
1 3
ВМ = -АВ = ^-АВ
Так как 8 *4
АР = ~~АВ = i-AB
3 24
то РМ = АВ — ^~АВ - Д- АВ = ^4 АВ.
24 24 24
Тогда I АР : РМ : МВ = 8 : 13ТЗ~|.
4. В трапеции проведены два параллельных основанию от¬
резка. Один проходит через точку пересечения диагоналей
и равен 1,6. Другой, равный 2, делит ее на две подобные
трапеции. Найдите отношения отрезков боковой стороны,
на которые ее делят два отрезка.
Дано:
ABCD — трапеция
MN || EF || AD
AEFD ~ EBCF
MN = 1,6
BF = 2
АЕ : ЕМ : МВ
а) Пусть AD — а, ВС = Ъ.
2аЪ
Тогда MN = = 1,6; EF = ^ab = 2;
а + Ь
2аЬ г
——7 = 1,6 Jab = 0,8 (а + г>)
1 “А о ; = 4
v ab = 2 k
Решением системы будет < а +
I ао = 4 о = 1
254
Средние величины
&AEFD —
&EBCF —
AD+2EF ^-В,В2 = ЗВА;
^£.в2в^-±1в2в.1в2в:
AD + BC
9 ■ (В].В2 + В2В) —
Sabcd —
4 + 1
= -^-(В1В2 + В2В) = 2,55^2 + 2,5В2В.
Saefd + Sebcf = Sabcd-
Значит ЗВ1В2 + 1,5В2В = 2,5В1В2 + 2,5В2В;
= В2В; В2В1 — 2В2В.
„ _ ЕВ ВВ2 ВВ2 1
По теореме Фалеса —= = „ „ = 2, = -
F АЕ В'В2 2В2В 2
Значит АЕ — 2ЕВ; АВ — ЗЕВ.
Тогда АЕ = ^АВ, ЕВ = |лв.
«5 о
ВМ ОМ
С другой стороны, известно, что ,
АВ 4 5 5
т. е.
Решение практикума 6
255
Тогда | АЕ : ЕМ : МВ = 10 : 2 : 3 I.
5. В трапеции точка пересечения диагоналей является вер¬
шиной двух треугольников, основания которых есть осно¬
вания трапеций, площади которых относятся как 81 : 16.
Найдите отношение площадей подобных трапеций, образо¬
ванных отрезком, параллельным основанию.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
РК || AD
APKD ~ РВСК
$ААОР _ 81
Засов 16
Заркр
Зрвск
a) AAOD ~ ЛСОВ,
AD 9
значит — = -.
Зааор _ 81
Засов 16
б) Пусть AD = 9а, тогда ВС = 4а,
значит, так как APKD ~ РВСК,
то РК = VAD ■ ВС, РК = = 6а.
256
Средние величины
в) Пусть HAPKD — t, НРВСК = z.
Так как SABCD = SAPKD + SPBCK, то
AD + ВС. . AD + РК PK + BC
2 (i + z) = —1—-t + — -
значит + 2) = (+ . z;
6,5t + 6,5г = 7,5t + 5г; t = l,5z,
тогда |лрк— =
bPBCK
_ 15a • 1,5г = 3 • 1,5 = 9
6a+4a — 10a • z 2 4 ’
2 ’ z
8APKD _
^PBCK
Можно проще.
Так как APKD ~ РВСК
и AD (из APKD) сходна
с РК (из РВСК), а РК = 6а,
Sapkd - fAD\2 т е ^apkd = = ?
TOW‘W’ SPBCK W 4
Задача-исследование 2
257
Задача-исследование 2
Дан произвольный четырехугольник ABCD. Точки М, Р,
N и К — середины соответствующих сторон АВ, ВС, DC
и AD. Определите и докажите:
1. Вид четырехугольника MPNK.
2. Вид четырехугольника MPNK, если АС — BD.
3. Вид четырехугольника MPNK, если ACA.BD.
4. Вид четырехугольника ABCD, если точки пересечения
диагоналей четырехугольников ABCD и MPNK сов¬
падают.
5. Вид четырехугольника ABCD, если точки пересечения
диагоналей четырехугольников ABCD и MPNK совпа¬
дают, и МN -- РК.
6. Вид четырехугольника ABCD, если точки пересечения
диагоналей четырехугольников ABCD и MPNK совпа¬
дают, и MN1.PK.
7. Вид четырехугольника ABCD, если MN = РК
и MN±PK.
8. Вид четырехугольника MPNK, если АС = BD
и AC±BD.
258
Средние величины
Краткое решение задачи-исследования 2
1.
Проведем диагонали АС и BD.
Так как точки М и Р —
середины сторон АВ и ВС,
то МР || АС.
Аналогично NK || АС,
PN || BD и МК || BD.
Значит МР || NK и PN || МК.
Следовательно, по определению
| MPNK — параллелограмм |.
2. Так как по условию АС = BD, то используем тот факт,
что средняя линия треугольника равна половине стороны,
которой параллельна.
Значит, МР = ^АС и МК = ^-BD. Тогда МР = МК.
Z Z
Отсюда следует, что по определению | MPNK — ромб].
3.
Так как по условию AC.LBD,
казанному МР || АС и МК
| MPNK — прямоугольник |.
то учитывая, что по до-
4. Так как по условию
точки пересечения
диагоналей
четырехугольников
ABCD и MPNK
совпадают, то чертеж,
моделирующий условие,
будет другим.
Ранее было доказано,
что MPNK — параллелограмм.
11 BD, по определению
А
Так как контур параллелограмма центрально-симметричен
относительно точки пересечения диагоналей (докажите),
Краткое решение задачи-исследования 2
259
то ОВ1 = ODX, где точки Вг и Dx — точки пересечения
параллелограмма диагональю BD.
С другой стороны, PN = B^D}, и PN = -^BD,
£
значит FTV — B\Di = ~BD.
1 1 2
Аналогично доказывается, что РМ — Р\М^ — ~АС.
Следовательно, точка О — середина диагоналей ABCD,
а значит, по признаку | АВСР — параллелограмм |.
5. Так как по доказанному ABCD — параллелограмм и по
условию MN = РК, где MPNK по ранее доказанному
есть параллелограмм, то по признаку — MPNK — пря¬
моугольник.
Значит, AC1.BD, тогда
ABCD — ромб
6. Так как по ранее доказанному ABCD и MPNK — па¬
раллелограммы, то учитывая условие MN1.PK, отсюда
следует, что MPNK — ромб. Значит, АС — BD, следо¬
вательно, | АВСР — прямоугольник).
7.
Так как по условию в общем
виде точки пересечения
четырехугольников ABCD
и MPNK не совпадают,
ABCD не является
параллелограммом.
В
С другой стороны, MN — РК
и MN.LPK, значит MPNK -
квадрат.
Следовательно, АС = BD и ACLBD,
а значит, | АВСР — дельтоид).
260
Средние величины
8. Так как в любом случае
MPNK — параллелограмм,
и по условию АС — BD
й AC.LBD, то МР = МК
и MP.LMK, значит
| MPNK — квадрат].
Примечание. Дельтоидом называется четырехугольник, диа¬
гонали которого взаимно перпендикулярны. Отметим, что
дельтоиды, симметричные относительно одной из диагоналей,
используются для проектирования дельтапланов.
261
Решение комбинированных задач
на закрепление и развитие
полученных навыков
Тренировочная работа 4
Вариант 1
1. В треугольнике ДАВС из вершины прямого угла В про¬
ведена к стороне АС высота BD = 4 и медиана ВМ = 5.
Найдите площадь треугольника и косинус наибольшего уг¬
ла между медианой и гипотенузой.
2. В треугольнике со сторонами, равными 30, 28 и 26, найди¬
те произведение радиусов вписанной и описанной окруж¬
ностей и наименьшую медиану.
Вариант 2
1. В трапеции ABCD стороны оснований равны AD = 27
и ВС — 6. Боковые стороны равны АВ — 13 и CD = 20.
Найдите площадь трапеции ABCD и сумму тангенсов по¬
ловинных углов при большем основании.
2. В выпуклом четырехугольнике расстояния между проти¬
воположными вершинами углов равны друг другу. Рассто¬
яния между серединами противоположных сторон равны,
соответственно, 6 и 4. Найдите площадь такого четырех¬
угольника.
262
Решение комбинированных задач...
Вариант 3
1. Высоты треугольника Л АВС равны HBC — 2Q^ НАС = 12
и НАВ = 15 соответственно. Найдите площадь треуголь¬
ника ДЛВС.
2. Диагонали трапеции делят ее на четыре треугольника.
Площади треугольников, одна из сторон которых являет-
9 9
ся основанием, соответственно, равны пит, причем
сумма чисел тип равна 10. Найдите площадь такой
трапеции.
Вариант 4
1. Стороны оснований равнобедренной трапеции, в кото¬
рую вписали окружность, равны, соответственно, 3^15
и 5-^15- Найдите площадь такой трапеции.
2. Стороны треугольника равны 35 и 14, а длина биссектри¬
сы угла между ними равна 12. Найдите площадь такого
треугольника.
Самостоятельная работа 4
263
Самостоятельная работа 4
Вариант 1
1. В прямоугольном треугольнике к гипотенузе проведена ме¬
диана ВМ = 25 и опущен перпендикуляр BD — 20. Най¬
дите площадь такого треугольника и косинус наибольшего
угла между данной медианой и гипотенузой.
2. Стороны треугольника ААВС равны: АВ = 7, ВС = 6
и АС = 8. Найдите произведение радиусов вписанной
и описанной окружностей и длину медианы, проведенной
к стороне АС.
Вариант 2
1. В трапеции параллельные стороны равны, соответственно,
33 и 5, а остальные — 17 и 25. Найдите площадь трапеции
и сумму тангенсов половинных углов, если их полные углы
являются острыми.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали равны
13. Расстояние между серединами двух противоположных
сторон равно 5. Найдите площадь треугольника ААВС.
264
Решение комбинированных задач...
Вариант 3
1. Найдите площадь треугольника, высоты которого равны
. 60, 21 и 28.
2. Известна средняя линия MN = 5 трапеции, в которую
вписана окружность. Отношение площадей, на которые де-
7 тт
лит средняя линия данную трапецию, равно —. Найдите
J.O
высоту исходной трапеции.
Вариант 4
1. В равнобедренную трапецию со сторонами оснований, рав¬
ными 18 и 8, вписали окружность. Найдите площадь тра¬
пеции.
2. Площадь треугольника равна 1056. Найдите биссектрису
угла треугольника, если стороны, образующие этот угол,
соответственно равны 22 и 10.
Тренировочная работа 4. Моделирование условий
265
Тренировочном работа 4- Моделирование условий
Вариант 1
1. Дано:
ЛАВС
ABLBC
BD1AC
AM —СМ
BD = 4
ВМ = 5
а) $ДАВС
б) cos (/.ВМС)
2. Дано:
ДАВС
АС = 30
АВ = 28
ВС = 26
а) R • г.
б) тАС
Вариант 2
1. Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
АВ = 13
ВС = 6
СВ = 20
АР = 27
а) $abcd
б) tg — + tg —
266
Решение комбинированных задач...
2. Дано:
ABCD — четырехугольник
АС — BD
Р, М, K,N — середины сторон
РК = 6
MN^4
SaBCD
Вариант 3
1. Дано:
ДАВС
Нвс = 20
НАС = 12
НАв = 15
S&ABC
2. Дано:
ABCD — трапеция
S&obc = п2
S'aAOD — т2
т + п = 10
$abcd
Вариант 4
1. Дано:
ABCD — трапеция
Окружность вписана
в трапецию
АВ — CD
ВС = 3^15
АР = 5^15
Sabcd
Тренировочная работа 4. Моделирование условий
267
2. Дано:
ДАВС
ZABD = Z.CBD
АВ = 35
ВС = 14
ВВ = 12
268
Решение комбинированных задач...
Самостоятельном работа 4-
Моделирование условий
Вариант 1
• 1. Дано:
ДАВС
АВА.ВС
BDLAC
AM = МС
BD = 15
ВМ = 25
а) ^ДАВС
б) cos (ZBMC)
2. Дано:
ДАВС
АС = 8
АВ = 7
ВС = 6
а) R ■ г
б) тАС
Вариант 2
1. Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
АВ = 17
ВС = 5
CD = 25
АВ = 33
а) $abcd
ZA ZB
б) tg — + tg —-
Z*
Самостоятельная работа 4. Моделирование условий
269
2. Дано:
ABCD — четырехугольник
АС = BD = 13
Р,К — середины сторон
РК = 5
S&ABC
Вариант 3
1. Дано:
ДАВС
НВС = Ы
Ндс — 21
Ядв - 28
S&ABC
2. Дано:
ABCD — трапеция
Окружность вписана
в трапецию
MN — средняя линия
MN = 5
$MBCN _ J_
Sam nd 13
Habcd
Вариант 4
1. Дано:
ABCD — трапеция
Окружность вписана
в трапецию
ВС = 8
AB = CD
АР = 18
Sabcd
270
Решение комбинированных задач...
2. Дано:
ДАВС
ZABZ> = £CBD
АВ = 22
ВС =10
S&abc ~ Ю56
BD
Решение тренировочной работы 4
271
Решение тренировочной работы 4
Вариант 1
1. Дано:
ДАВС
АВА.ВС
BDLAC
AM = СМ
BD = 4
ВМ = 5
а) &ДАВС
б) cos (/.вмс)
а) Найдем S^ABC. Для этого рассмотрим ABDM.
1. DM = у/ВМ2 - ВО2; DM = V52 - 42 = 3.
2. Так как ДАВС — прямоугольный, то точка М —
центр описанной окружности (известно, что медиа¬
на, проведенная из вершины прямого угла к гипоте¬
нузе, равна радиусу описанной окружности, т. е. по¬
ловине гипотенузы).
Значит ВМ — AM — МС.
Тогда АС = 2ВМ, АС = 10.
3- Здавс — ‘ ВО; ^давс — о • Ю • 4 — [20].
б) Теперь найдем cos (ZBMC). Рассмотрим кВ DC.
1. DC = DM + МС; DC = 3 + 5 = 8.
2. BC = VBO2 + OC2; BC = v/42T82 = \/80 = 4V/5.
3. В ДВМС I cos (Z.BMC) = -M2 + M<J2 ~ BC21.
7 2-BM-MC I’
52 + 52 — 80 30 .
““ (ZBMC) = 2.5.5 = -- = ЕИ.
272
Решение комбинированных задач...
Примечание. Можно проще.
Для этого рассмотрим /\BDM.
cos (Z.BMD) = cos (Z.BMD) = f.
ВМ 5
Так как cos(180° — а) — — cosa, то
cos (ZBMC) = cos (180° - ZBMB) = - cos (ZBMB) =
_ 3 _
5
2. Дано:
ДАВС
AC = 30
AB = 28
BC = 26
а) ■ rB
б) тАС
а) Найд<
1. Вначале найдем S^ABC, используя формулу Герона
Sд = \/р(р - а)(р - Ь)(р - с).
0,6.
В • г.
о в
Ядлвс = х/42(42 - 30)(42 - 28)(42 - 26) =
= \/42 • 12 • 14 • 16 = V6 • 7 • 2 • 6 • 2 ■ 7 • 42 =
= 7 • 6 • 4 • 2 = 336.
2.
R° 4S ’
„ 30-28-26 1
Д°-4-7-6-4-2 164‘
3.
336 я
4Г = 8-
65
4
273
Решение тренировочной работы 4
Можно было решить и проще.
abc
Так как
аЬс
В данном случае Ro • гв = — = ИЗО
б) Найдем тАС.
Так как АС — наибольшая сторона, то тАс — наи¬
меньшая медиана.
>/2ЛВ2 + 2ВС2 - АС2
тАС ~ - —_
V2 • 282 + 2 • 262 - 3Q2
2 "
= V2 • 784 + 2 • 676 - 900
505
Вариант 2
1. Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
АВ = 13
ВС = 6
СВ = 20
AD = 27
а) ^abcd
274
Решение комбинированных задач...
а) Найдем S^BqD.
1. Проведем
дополнительные
построения:
BB1A.AD;
CC1±AD-,
2. Пусть АВг = х.
CrD = AD- АВг - В^, но В1С1 — ВС —6,
тогда C\D = 27 - х - 6 = 21 - х.
3. Рассмотрим ДАВВХ:
BBl = АВ2 - АВ2-, BBl = 132 - х2.
4. Аналогично в ADCCf.
CCl = CD2 - CXD2- CCf = 202 - (21 - ж)2.
5. Так как BBf = СС2, то 132 - х2 = 202 - (21 - ж)2;
132-z2 = 202 —212 + 42ж —ж2; 42т = 132-202 + 212;
х — 5, т. е. АВХ — 5.
6. ВВг = у/АВ2 - АВ2-, ВВ1 = V132 - 52 = 12.
„ „ AD + BC
7- $abcd — 9 • ВВг-,
а 27 + 6 лп
Sabcd — —5— • 12 = 1198
тре-
m , АА AD
б) Теперь найдем tg —- + tg .
2 2
1. Рассмотрим AABBp
Пусть АВ АТ - АВХАТ = -(АА).
2
По свойству биссектрисы внутреннего угла
ВТ АВ ВТ 13
угольника m = — т е = —
ТВХ АВ^ е- ТВг 5’
( ВТ + ТВХ = 12 10
Н0 | ВТ = — ТВ ’ значит TBt = —.
Решение тренировочной работы 4
275
+ ЛА _ ТВХ ЛА _ т
g 2 АВ,’ g 2 5 3
Примечание. Можно вычислить и иначе, если
2tg^
знать, что tg а = .
l-tg2^
12 2tg
Тогда tg (ZA) = —; tg (ZA) = . . .
5 l-tg2(^)
m (^\
Теперь пусть tg I —— I = t, тогда
\ & j
12 2t
— = - x; -12t2 + lOt — 12 — 0; 6t2 + 5t-6 = 0;
_ -5 ± /25 + 144 _ -5 ± 13
*1>2 ” 12 “ 12
3. Рассмотрим /\DCC1.
Пусть ЛСОК = ЛС^К,
CK DC
T0W КС. = DC,'
СК 20
Т е' КСг ~ 16’
4.
5.
где DC^ — AD — АВ, — В,С,,
{СК _ 5
КСХ 4 ;
СК + КСг = 12
ZD КС.
tg 2 DCX ’
ZA Z£>
tg “V + tg -5-
2
<=3
з
t = t (0;оо)
£
т. е. DC± = 16.
- V-
1
“ Т ~ 9-16 “ 3’
о о
Z£> 48
tg-z- =
276
Решение комбинированных задач...
2. Дано:
ABCD — четырехугольник
АС = BD
Р,М,К, N — середины сторон
РК = 6
MN = 4
Sabcd
а) Так как М, N, Р,К — середины сторон, то
РМ — средняя ДАВС;
МК — средняя ABCD;
KN — средняя ДСРА;
PN — средняя ДРАВ.
б) По условию BD = АС, но
РМ = ^АС
PN = ±-BD
2
KN=^AC
2
PN=~BD
2
, значит PMKN — ромб, т. е. PKLMN.
в) Так как SPMKN = \ -РК-MN, то SPMKN = J • 6-4 = 12.
Z z
. -. РМ II AC
Г) Учтем, что ,
значит (AC?BZ>) = (^PM~MKj .
Так как PMKN параллелограмм,
то SPMKN = РМ • МК • sm^PM;MK
а 8abcd = * sin f AC] BD^ .
x /
Решение тренировочной работы 4
277
д) Далее, так как АС = 2PM, BD = 2М К, то
8abcd ~ п ' М • 2МК sin (AC; BD\ —
= 2 • РМ ■ МК ■ sin (ЛСД?!)) ,
но МК РМ-sin (ЛСДГв) =MK-PM-sm. (МК\РМ
= Spmkn —
значит pmkn — I 24 !•
Отметим, что возможны и другие способы доказатель¬
ства того, что SABCD = 2SpMKN.
Вариант 3
1. Дано:
ДАВС
Нвс = 20
ЯЛб7 = 12
НАВ = 15
^АДВС
К сожалению, мало известна формула площади треуголь¬
ника через его высоты, поэтому мы выведем ее сами в про¬
цессе решения задачи.
О о ч
JS
6 6 0)
СЕ»
ГЧ 1СЧ Г-н 104 Т-Ч |сч
II II II
со со со
25д 1
BC=^=10SA
25л 1
лс“ЧГ = в5-
25д
лв = ^г
б) <$д — л/р(р ~~о)(р — Ь)(р — с);
р=-(ВС + АС + АВ) = |вд(^ + | + 1|) =|$д;
278
Решение комбинированных задач...
1 25д 1
Р-ЛВ=-5й-^ = ^д;
р - АС = -S& - = эдЗд;
р-ВС=|5д-^д = ^5д,
а Q 1 S 1 с 1 . S
значит 5Д = ч / - • Од • — • Од • эд • Од • 1Q од,
тогда Вд = | • х5д, т. е. 5Д = L15OJ-
2d о I
Задача решается проще, если знать формулу площади
треугольника через его высоты:
4
S — — — х
// i , 1 i 1 f 1 + -Д
у \НАВ “г НАс НВс) \НАВ т НАС Нвс)
1
х — ■ - •■-■■■
V (нав + НВс ~ НАс) (нАс + Нвс НАВ)
2. Дано:
ABCD — трапеция
S&BOC~п2
S&DOA = т2
m + п = 10
Sabcd
а) Так как /\ВОС ~ ADOA и площади подобных фи¬
гур относятся друг к другу как квадраты сходственных
«двое П2 (BOX2 BC = nt
СТО₽°Н’ ТО =\ЛО J ’ Т°‘да AD = mt '
где t — некий коэффициент пропорциональности.
Решение тренировочной работы 4
279
Пусть КР1ВС.
б) &авос ~ п2> &&вос ~ 2 ~ 2П I ОК = п2;
ок = —.
t
в) S&DOA~m<2', S/\doa~ a' AD -OP = -m-t-OP
£л £
ОР^.
t
г) Для HABCD — высоты трапеции ABCD:
И -ОК + ОР 2п + 2т - 2(т + п) - 20
HAbcd-OK + OP-t + -t- -t --
(т + п — 10).
Д) SABCD — 2
AD + BC
’ ^ABCD’
_ mt + nt
^ABCD ~ 2
20 = t(m + n) 20 =10.10 = щ
t 2 t
Вариант 4
1. Дано:
ABCD — трапеция
Окружность вписана
в трапецию
AB = CD
ВС = 3^15
А£> = 5^15
$abcd
280
Решение комбинированных задач...
а)
AD + ВС = АВ + CD
AB = CD
=> AD + ВС = 2АВ;
АВ = | (б’УЙ + Зл/пГ); AB = 4tfl5.
= \/16ч/15 - У15 = л/15\/15.
_AD + BC
в) bABCD — 2 ±’±’1>
Sabcd — 2 V 15л/15 =
= 4^15 • л/15У15 = 4'^15^153 = 4.15 = [ед].
2. Дано:
ДАВС
AABD = Z.CBD
АВ = 35
ВС = 14
ВР = 12
S^ABC
Решение тренировочной работы 4
281
а) Пусть Z.ABD = а = Z.CBD (а е (0°; 90°)).
S&abd = о ‘ • sin от,
S/xabd = о ‘ 35 • 12 • sin а.
б) S&dbc ~ о ‘ && * ВС * sin а;
£л
S^DBC = J • 12 • 14 • sin а.
в) $/\АВС ~ ’ s*n %а’
&
SAABC = | -35-14-sin 2а.
г) 8/\авс = S&ABD + 8&.dbc> Т0ГДа
i • 35 • 14 • sin 2а — i • 35 • 12 • sin а + • 12 • 14 • sin а
(sin 2а = 2 sin а cos а);
35 • 14 • cosa = | (35 • 12 + 12 • 14);
35-12 + 12-14 7-4(5-3 + 3-2) 21 3
COSa “ 2-35-14 “ ПГТ* ” 5^7 “ 5’
Sma = ^-(|) =1
n 3 4 24
™2“ = 2'5-5 = й-
, „ 1 „r ,, 24 49 -24 1176
Д) S^abc — 9 • 35 • 14 • — — - — —— —1235,2|.
z zo о о
282
Решение комбинированных задач...
Тренировочная работа 5
Вариант 1
1. В треугольнике ААВС две стороны равны 9, а третья сто¬
рона — 6. От общей вершины равных сторон отложили на
одной из них отрезок AM, равный наименьшей стороне.
Найдите:
а) длину отрезка, соединяющего точку М с противопо¬
ложной вершиной В;
б) площадь треугольника А AM В;
в) медиану ААВС, проведенную к стороне АВ.
2. Из вершины прямого угла треугольника ААВС опустили
перпендикуляр, разделивший гипотенузу на две отрезка,
наименьший из которых равен 6, а наибольший катет равен
12\/5. Найдите:
а) наименьший катет;
б) биссектрису, проведенную к гипотенузе.
Вариант 2
1. Вершины треугольника заданы координатами А (—3; 2),
В(4;—1), С(1;5). Найдите:
а) тангенс угла при вершине В;
б) площадь треугольника;
в) медиану, проведенную к наименьшей стороне.
2. Из вершины прямого угла треугольника проведена высота,
равная 4\/2, и биссектриса, равная 5у/2. Найдите:
а) наименьший катет;
б) наибольший катет;
в) медиану, проведенную к наибольшему катету.
Тренировочная работа 5
283
Вариант 3
1. Одна из сторон угла треугольника равна 21, а биссектриса
прилежащего к этой стороне угла равна 8\/7, причем де¬
лит сторону, к которой проведена, на две части, большая
из которых равна 8. Найдите периметр этого треугольника.
2. В трапеции одна из диагоналей является биссектрисой
угла при основании, равного 2а, причем боковая сторо¬
на трапеции, прилежащая к этому углу, равна а. Боко¬
вые стороны трапеции взаимно перпендикулярны. Найди¬
те площадь такой трапеции.
Вариант 4
В равнобедренном треугольнике основание равно а, а угол при
основании равен 2а. Из вершины основания проведена биссек¬
триса, пересекающая боковую сторону в точке К. Далее про¬
ведена прямая МК, параллельная основанию, где М — точка
боковой стороны.
а) Докажите, что прямая, проведенная через точку М и дру¬
гую вершину основания, есть биссектриса.
б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольни¬
ка, вершины которого есть вершина основания треугольни¬
ка, точка К и вершина, противолежащая основанию тре¬
угольника.
в) Найдите площадь такого треугольника.
г) Найдите радиус окружности, вписанной в данный тре¬
угольник.
д) Через точку пересечения биссектрис углов при основании
треугольника проведена прямая РТ, параллельная осно¬
ванию. Найдите РТ, если точки Р и Т принадлежат бо¬
ковым сторонам треугольника.
284
Решение комбинированных задач...
Самостоятельная работа 5
Вариант 1
1. Две равные стороны треугольника равны 16, а третья сто¬
рона 8. На одной из равных сторон отложили от общей
вершины отрезок равный 4. Найдите:
а) расстояние от конца отрезка, не являющегося верши¬
ной треугольника, до противоположной вершины;
б) площадь наибольшего (по площади) из образовавшихся
треугольников;
в) наименьшую медиану исходного треугольника.
2. В прямоугольном треугольнике высота, проведенная к ги¬
потенузе, делит ее на две части, наибольшая из которых
равна 28, а наименьший катет 7\/5. Найдите:
а) наибольший катет;
б) биссектрису, проведенную к гипотенузе.
Вариант 2
1. Известны координаты вершин треугольника: А (2;—3),
В (—1;4), С(5;1). Найдите:
а) котангенс наименьшего угла;
б) площадь треугольника;
в) медиану, проведенную к наибольшей стороне.
2. Высота, опущенная из вершины прямого угла треугольни¬
ка, равна 3\/2, биссектриса 5\/2. Найдите:
а) наименьший катет;
б) наибольший катет;
в) медиану, проведенную к гипотенузе.
Самостоятельная работа 5
285
Вариант 3
1. Одна из сторон угла треугольника равна 21, а биссектри¬
са этого угла делит сторону, к которой проведена, на две
части, бблыпая из которых равна 8. Известно, что сумма
меньшей части стороны, к которой проведена биссектри¬
са, и другой стороны, образующей данный угол, равна 31.
Найдите биссектрису данного угла.
2. В трапеции один из углов при основании, равный 2а, в два
раза больше другого угла при основании. Меньшая диаго¬
наль трапеции является биссектрисой угла при основании.
Найдите площадь трапеции, если меныпее основание тра¬
пеции равно а.
Вариант 4
В равнобедренном треугольнике углы при основании равны 2а.
Из вершины треугольника, принадлежащей основанию, прове¬
дена биссектриса, пересекающая боковую сторону в точке К.
Через точку К проведена прямая МК, параллельная основа¬
нию, причем точка М принадлежит боковой стороне, и МК
равно а.
а) Докажите, что прямая, проведенная через точку М и дру¬
гую вершину треугольника, принадлежащую основанию,
есть биссектриса. Вычислите ее длину.
б) Найдите радиус окружности, описанной около треуголь¬
ника, вершины которого есть вершина треугольника, при¬
надлежащая основанию, точка К и вершина, противоле¬
жащая основанию треугольника.
в) Найдите площадь такого треугольника.
г) Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник
из пункта б).
д) Через точку пересечения биссектрис углов при основании
треугольника проведена прямая РТ, параллельная осно¬
ванию. Найдите РТ, если точки Р и Т принадлежат бо¬
ковым сторонам треугольника.
.286
Решение комбинированных задач...
Тренировочная работа 5. Моделирование условий
Вариант 1
1. Дано:
ДАВС
АВ = АС = 9
ВС = 6
AM = 6
а) ВМ
б) S/XAMB
в) ТПАВ
2. Дано:
ААВС
АВ±ВС
ВН1АС
АН — 6
ВС = 12\/5
а) АВ
б) 1ас
Вариант 2
1. Дано:
А(-3;2)
В(4;-1)
С(1;5)
а) tg (ZABC)
б) ^ДЛВС
в) тАВ
Тренировочная работа 5. Моделирование условий
287
2. Дано:
ДАВС
АСА.ВС
СС^АВ
ССГ = 4г/2
ZBCC2 = ZACC2
СС2 = 5\/2
а) тпвс
б) АС
в) ВС
Вариант 3
1. Дано (один из возможных вариантов
моделирования условий задачи):
В
ДАВС
ZABD = ZCBD
АВ = 21
В£> = 8^7
DC = 8
2
A D
с
Р&АВС
2. Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
ZBAC = а
ZCAD = а
АВ = а
ABZCD
$ABCD
288
Решение комбинированных задач...
Вариант 4
Дано:
ДАВС
АВ — ВС
АС = а
ЛВАК = Z.CAK = а
МК || АС
а) ^АВ
б) -^оДАЛ'В
в) ^ДАВК
Г) ГвДАВК
д) РТ || АС
о еРТ
РТ
Примечание. Зачастую «Дано» и чертеж только вместе наи¬
более точно моделируют текстовые условия задачи. Но воз¬
можно, что даже вместе «Дано» и чертеж далеко не полностью
моделируют их (например, задача 1 варианта 3).
Самостоятельная работа 5. Моделирование условий
289
Самостоятельная работа 5.
Моделирование условий
Вариант 1
1. Дано:
ДАВС
АВ = АС = 16
ВС = 8
AM = 4
а) ВМ
б)
в) тАВ
2. Дано:
ДАВС
АВ1ВС
ВН1АС
АН = 28
ВС = 7V5
а) АВ
б) 1АС
Вариант 2
1. Дано:
А(2;-3)
В(-1;4)
g(5;l)
а) ctg (ZABC)
б) S/\ABC
в) тАВ
290
Решение комбинированных задач...
2. Дано:
ДЛВС
АС±АВ
ССХ1АВ
ССХ = Зл/2
ZACC2 = АС2СВ
СС2 = 5у/2
а) тАВ
б) АС
в) ВС
Вариант 3
1. Дано (один из возможных вариантов
моделирования условий задачи): В
ААВС
AABD = ACBD
АВ = 21
AD + ВС = 31
DC = 8
BD
2. Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
ABAD = 2 (AADC)
ABAC = ACAD = a
BC = a
&ABCD
Самостоятельная работа 5. Моделирование условий
291
Вариант 4
Дано:
ДАВС
АВ — ВС
МК = а
/.ВАК = Z.CAK
МК || АС
ZA = 2а
а) ^АВ
б) -^оДДКВ
в) $ЛАВК
г) ГвДАВК
д) РТ II АС, О&РТ
РТ
Примечание. Здесь «Дано» и чертеж только вместе полно¬
стью моделируют текстовые условия задачи.
292
Решение комбинированных задач...
Решение тренировочной работы 5
Вариант 1
1. Дано:
ДАВС
АВ = АС = 9
ВС = 6
АМ — Ь
а) ВМ
б) S&AMB
в) тАВ
а) 1. cos (ZA) = + АВ2 ВС2.
2 АС АВ
cos (АА) = ~ 36 _ 7
2-81 9’
2> ВМ ~ ^Л^ + АВ2 - 2 ■ AM ■ АВ ■ cos (ZA);
ВМ = J36 + 81-2-6-9-- =|УЗЗ .
V 9
б) s&amb ~ AM ■ АВ ■ sin (ZA);
sin(Z>l) = yi^s^ZA);
sin (ZA) =
л/32
-у- = -у-, значит
S^amb = ^ • 6 • 9 • = [12^/2 .
mAB =
mAB —
^3ff~+2 • СВ2 - АД2
_
2 • 62 - 92 х/81 + 72
2 2 =
Решение тренировочной работы 5
293
2. Дано:
ДАВС
АВА.ВС
BHLAC
АН = 6
ВС = 12л/5
а) АВ
б) ^АС
Так как мы положили, что АН — наименьший отрезок
гипотенузы, то АВ < ВС, т. е. наибольший катет' — ВС.
а) 1. ВС2 = АС • СН (метрические свойства прямоуголь
ного треугольника).
(ВС)2 = (АН + СН)-СН-,
СН2 + 6 • СН - 720 = 0;
2. ВН2 = АН ■ НС‘, ВН2
3. АВ = у/(АН)2 + (ВЯ)2;
АВ = х/62 + 122 = х/Йб =
(12у/5)2 — (6 + СН)-СН;
'СН=24
СН = -30 £ (0;оо) ‘
6 • 24 = 122; ВН = 12.
6\/5
б) 1. BD — 1АС.
2. По теореме о биссектрисе внутреннего угла в тре-
AD АВ AD 6х/5 1
угольнике —— = , т. е — —- — -
DC ВС' AC-AD 12д/5 2’
значит 2AD = (АН + НС) - AD,
т. е. ЗАР = 6 + 24; AD = 10.
„ , , .. АВ _
3. cos (ZA) = Так как АС = АН + НС,
ЛТ.С/
т. е. АС = 6 + 24 — 30, то cos (ZA) =
v * б) 7 30 5
4- BD — у/АВ2 + AD2 — 2АВ • AD е cos (ZA),
т.е. BD =
г /с
36 • 5 + 100 - 2 • 6\/5 • 10 • — = 4/10 .
5
294
~~—Решение комбинированных задач...
Вариант 2
1. Дано:
А(-3;2)
В(4;-1)
С(1;5)
а) tg (ZABC)
б) *$ДЛВС
в) тАС
,)1.Таккакадя4(11;!;1)иВ(1^2)
А (fc - ?/, А
ТО ЛВ = \ЛГ+3)ГТЬГГ2)1 = ^58;
А° = /<1= 5.
во = Z<V- 4j2?5 ,1)5 = ;11/5
2. cos (ZABC) = + ВС2 — АС2
2АВ • ВС
cos (ZABC) = + 45 ~ 25 =78
13
sin (ZABC) = 4 /1 - = J4
V 58’5 л/58-
tg (ZABC) = =Г1Г
cos (ZABC) 13 ’
6) S^ABC = X-AB ■ BC ■ sin (ZABC);
s^abc - | • \/58 • 3\/5 • = Щ].
Решение тренировочной работы 5
295
Отметим, что S&ABC можно найти и более простым,
не требующим знания тригонометрических отношений,
способом. Из чертежа следует, что
5ДЛВС = -SajCiBiB - 5ДЛМВ - -S'aaCiC - 'S'aCBiB»
Значит S^ABC = 6- 7—^-3-7—3-4 — ^-6-3 = 16,5.
^22
72 • АВ2 + 2 • ВС2 - АС2
ТПл^ — ——- —
чо 2
7’2 • 58 + 2 • 45 - 25 7181
181
2. Дано:
ЛАВС с
АС±ВС /X.
CC-l-LAB / \\
ССг = 4у/2 / \
ЛВСС2 = Z.ACC2 Z г] \
СС2 = 572 А 5
а) твс
б) АС
в) ВС
Для того чтобы найти медиану, проведенную к наиболь-
шему из катетов, прежде всего, необходимо найти сами
катеты и выбрать наибольший.
а) 1. Обозначим ^.С2ССХ = а.
гп ССЛ 472 4
Тогда cos а = ——1; cos а = =• -.
СС2' 572 5
2- /-СгСА = 45° - а.
—— m р А *
COS (^СА) ’ • • 710 “ cos (45° - а) ’
296
Решение комбинированных задач...
Напомним, что cos (а — /3) = cos а • cos /3 + sin а • sin /3.
Тогда cos (45° — a) = cos 45° • cos a + sin 45° • sin a =
_ >/2 4 x/2 Г /4\2 y/2 • 4 . y/2 • 3
2 *5+ 2 у 1 1 ~ 1
значит AC — —
io
6) ZA = 90° - (45° - a) = 45° + a.
з
m . sin a 5
Так как tga = . то tga — -
cos a 4
5
sin a = \/l — cos2 a, t. e. sin a — j
10 ' 10 10^’
_ 40
3 /
— - (имея в виду, что
I 25 57
Учитывая, что tg(a + (3) = а + tg ПОЛу,1ИМ
1 -tga-tg/3
tg (/Л) = tg (45° + а) = -^45°+tgQ =
з 1 —tg45°-tga
_ 1 + tga _ 1 + 4
“ 1 - tga ~ i_ з = 7-
4
BC = AC ■ tg (ZA); ВС = у • 7 = [40].
Следовательно, AC < ВС, и mBC — медиана, прове¬
денная к наибольшему из катетов.
в) ab = Vac2 + вс2;
AB = УГ+Й =
AB2 + 2 • AC2 ^BC2
твс •
™ _1 n /200v^\2 /40\2
mBC - 2 • 2 • (-7—) + 2 • (y) ~ 402 =
= 5 ■ у ■ 4^50 + 2^49 =
z i у
Решение тренировочной работы 5
297
Можно проще, если использовать теорему Пифагора:
/ ~~Г1 V
тВС — \ ^С2 + ( X-SC ) >
V \ J
Вариант 3
1. Дано (один из возможных
вариантов моделирования
условий задачи):
ДАВС
/.АВР = /СВР
АВ = 21
ВВ = 8х/7
ВС = 8 (DC > АР)
Р&АВС
Напомним, что для биссектрисы внутреннего угла тре¬
угольника известны следующие метрические отношения:
ВР2 = АВ-ВС-АР- DC] (см. стр. 140).
АВ _ ВС
АР ~ PC
. _ АВ ВС 21 ВС
а) ТаккакЛР = ОС’таЛР = -Г’т е' ^-80 = 168.
б) Так как ВР2 = АВ • ВС — АР - PC, то
(8^7)2 = 21ВС - 8АР.
Тогда решим систему уравнений:
Г 64 • 7 = 21ВС - 8АР \ ВС~АР
1 168 = АР • ВС ’ 1 о 21-168 о •
1 448 = — 8АР
Решая последнее уравнение, получим квадратное урав¬
нение 56 АР = 441 — АР2.
298
Решение комбинированных задач...
Тогда AD2 4- 56AD - 441 = 0;
(А£>)12 = -28 ± г/784 + 441 = -28 ± 35;
AD = 7 (действительно, DC > ADI)
. AD = -63 £ .(0;оо)
Значит ВС = — 24.
7
в) Рлавс = АВ + ВС + AD + DC,
т. е. Р&двс = 21 + 24 + 7 + 8 = 160 I.
Дано (еще один возможный
вариант моделирования
условий задачи):
ДАВС
Z.ABD = zLCBD
АВ = 21
BD — 8\/7
AD —8 (AD > DC)
Р&АВС
а) Так как BD = 1АС = Z/R, то
' АВ ВС
< ~AD~~DC ;
BD2 = АВ • ВС — AD • DC
= DC =—ВС
8 DC' С 21ВС
(8у/7)2 = 21ВС - 8 • • ВС
п 212-82„^ 64-7-21
б) Тогда 64 • 7 = — ВС; ВС =
Zx oil
DC = 8 64 • 7 • 21 _ 64 • 8 • 7
21 ’ 377 ~ 377 ’
Решение тренировочной работы 5
299
Р&авс — АВ + ВС + AD + DC]
„ 64-7-21 о 64-8-7
рлавс - 2Ц F 8 Ч 377 -
= м + 64.7.(21 + 8) = 29 + МЛ 29 = м + М 7
25У • lo J-O
377
6 6
= 29 + 3413 =6313-
г) Для того чтобы проверить условие AD > DC, найдем
значение DC:
64-8-7 _ 3584 _q191
377 “ 377 “ 9377
ВС • AD
[DC = —, см. пункт а).
Таким образом, AD < DC, и условие задачи не вы¬
полняется, следовательно, этот вариант моделирования
условий задачи не реализуется.
2. Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
ABAC = а
ACAD = а
АВ — а
ABA.CD
&ABCD
Анализируя условия задачи, продолжим до пересечения
стороны АВ и CD. Получим прямоугольный треугольник
AMD.
300
Решение комбинированных задач...
а) ВС || AD-, ACAD = ААСВ = а.
б) Так как АС — биссектриса угла А
и ABAC = ААСВ = а, то АВ = ВС = а.
в) Пусть BBrAAD и CCi-LAD, тогда
BBi = АВ sin 2а; ВВ^ = a sin 2а;
АВ^ — АВ cos 2а; АВХ — a cos 2а.
г) Рассмотрим ДАМР. Учитывая, что ССг = ВВг, по¬
лучим AD = 90° — 2а, тогда ACrCD — 2а.
Значит CrD — ССХ tg 2а; CXD = a sin 2а • tg 2а;
AD = АВг + В& + СгР;
AD = a cos 2а + а + а sin 2а • tg 2а =
а cos2 2а + а cos 2а + а sin2 2а 4 a(l+cos2a)
- —; АР - ->
cos 2а cos 2а
\ с _ AD + ВС ВВ •
Д) ABCD — 2
a(l+cos 2а) . д
Sabcd = ^^> “sin2a=
a2(l+2^S2a) tg2Q
Вариант 4
Дано:
ДАВС
АВ = ВС
АС —а
АВАК = АСАК = a
МК || АС
а) Во&АКВ
1ав
в) S&ABK
г) ГвЛАВК
д) рт || ас, о е рт
РТ
Решение тренировочной работы 5
301
а) 1. Так как МК || АС и АВ = ВС (ZA = ZC),
то ЛВМК = ZA = ZC = АВКМ,
т. е. ВМ = ВК, значит AM = СК,
и МС = 1АВ (ЛАКС = ДСМА), т.е. АК = МС.
2. По сути мы имеем дело с равнобедренной трапецией
АМКС. Причем AM - МК (Z.KAC — АМКА).
3. Пусть BDA.AC.
АВ =
АР
cos 2а ’
АВ =■ = —-—.
cos 2а 2 cos 2а
4. Z.KAC = Z.MKA = а;
ЛВКМ = АВС А = 2а;
ААКВ = ЛВКМ + AM К А = 2а + а = За.
АВ АВ
Из ДАВ К: Во = п . ; Ro =
° 2sin(ZAK\B) ° 2 sin За
CL _ , _
jR А л к R “■ 7ч 7ч * 2 Sin За
oAAKB 2 cos 2а
а
4 cos 2а • sin За
б) sin (ZABC) sin (ЛАКВ} ^АК МС
. _ _ a sin (180° — 4а)
2 cos 2а sm За
а sin 4а а sin 2а т е _ asin2#
2 cos 2а • sin За sin За ’ АВ sin За
в) ЯдАВК = ^АВ • АК • sin (ЛВАК);
1 a asin2a . [Т 2tg2a-sina
Sa .o,z = - sin а - -а
ДАВК 2 2 cos 2а sin За 4 sin За
302
Решение комбинированных задач...
АВ _ В7С вк = a-sin а
Г sin За ~ sin а’ 2cos2a-sin3a
2. р =А(АВ + ВК + АК)-,
Zi
1 / a a sin a a sin 2а \ _
2 у 2 cos 2а 2 cos 2а • sin За sin За /
1 sin За + sin а + 2 sin 2а • cos 2а _
~ 2° 2cos2a-sin3a
[sin За + sin а = 2 sin 2а • cos а]8
1 2 sin 2а • cos а + 2 sin 2а • cos 2а _
~ 4 cos 2а • sin За
1 sin 2а (cos а + cos 2а)
2 cos 2а • sin За
ч
Г./\АВК ~ р ’
1 9 tg 2а • ;
4° shta-sma a sin а
ГвЛАВК 1 sin 2а(cos a+cos 2а) 2(cOS а + COS 2а)
2а cos 2а-sin За
д) РТ есть среднее гармоническое относительно АС и МК.
1. AM = МК = КС; КС = ВС- ВК;
a a sin а
— —
2 cos 2а 2 cos 2а • sin За
a sin За — sin а __
2 cos 2а sin За
[sin За — sin а = 2 sin а • cos 2а]
а • 2sina • cos2a asina
= — = МК.
2 cos 2а • sin За sin За
8 См. Шахмейстер А.Х. Тригонометрия. СПб.; М., 2010, 2013. С. 742,
743.
Решение тренировочной работы 5
303
2. РТ =
2МК • АС
МК + АС
(свойство среднего гармонического для АС и МК).
п a sin а
рт _ Z * sin За • а _ 2asina _
asina _l_ п sin а + sin За
sin За а
[sin 2а = 2 sin а • cos а; 2 cos2 а = 1 4- cos 2а]
_ 2а sin а _ а _ а
2 sin 2а • cos а 2 cos2 а 1 + cos 2а
304
Решение комбинированных задач...
Тренировочная работа 6
Вариант 1
Из точки А к окружности проведены касательная, касающая¬
ся окружности в точке В, и секущая, проходящая через центр
окружности и пересекающая ее в точке С. Расстояние от точ¬
ки А до центра окружности равно 85, а радиус окружности
равен 36. Найдите:
а) касательную;
б) хорду ВС\
в) площадь сегмента, опирающегося на хорду ВС и не про¬
ходящего через центр окружности.
Вариант 2
Сумма касательных к окружности равна 120, а радиус окруж¬
ности равен 11. Найдите:
а) расстояние от центра окружности до общей точки каса¬
тельных;
б) площадь криволинейного треугольника, сторонами кото¬
рого являются касательные и дуга между ними.
Вариант 3
Высота, опущенная из вершины прямого утла, есть диа¬
метр окружности, пересекающей катеты треугольника. Хорды
окружности, исходящие из вершины прямого угла, равны 18
и 12. Найдите катеты этого треугольника.
Вариант 4
Высота треугольника, опущенная из вершины прямого угла,
делит гипотенузу на отрезки, являющиеся диаметрами окруж¬
ностей, пересекающих катеты треугольника. Наибольший от¬
резок гипотенузы равен 80, а наименьший катет 75. Найдите
хорды окружностей, являющихся частью катетов, и площадь
четырехугольника, противоположные вершины которого есть
точки пересечения окружностей с катетами и концы перпенди¬
куляра, опущенного из вершины прямого утла.
Самостоятельная работа 6
305
Самостоятельная работа 6
Вариант 1
Из точки к окружности радиуса 36 проведены касательная,
равная 77, и секущая, проходящая через центр. Найдите:
а) расстояние от точки А до центра окружности;
б) хорду, стягивающую дугу между касательной и секущей;
в) площадь сектора, ограниченного наименьшей из дут.
Вариант 2
Сумма касательных} проведенных к окружности, равна 120,
а расстояние от центра окружности до общей точки касатель¬
ных равно 61. Найдите:
а) радиус окружности;
б) площадь криволинейного треугольника, основание которо¬
го есть дуга.
Вариант 3
Высота, опущенная из вершины прямого угла треугольника,
есть диаметр окружности, пересекающей катеты треугольника.
Хорды, исходящие из одной вершины, равны 12 и 8. Найдите
катеты треугольника, которым принадлежат хорды.
Вариант 4
Высота треугольника, опущенная из вершины прямого угла,
делит гипотенузу на отрезки, являющиеся диаметрами окруж¬
ностей. Наибольший катет равен 100, а наименьший диаметр —
45. Найдите хорды окружностей, полученные при пересечении
окружностями сторон треугольника, и площадь четырехуголь¬
ника, противоположные вершины которого есть точки пересе¬
чения окружностей с катетами и концы перпендикуляра, опу¬
щенного из вершины прямого утла.
306
Решение комбинированных задач...
Тренировочная работа 6. Моделирование условий
Вариант 1
Дано:
Окружность
DC — диаметр
AD — секущая
АВ — касательная
АО = 85
ВО = 36
а) АВ
б) ВС
В) ^сег. ВС
Вариант 2
Дано:
Окружность
АВ, АС — касательные
АВ + АС = 120
ОВ = 11
а) О А
б) ^кр.тр. ВАС
(криволинейный
треугольник ВАС)
Тренировочная работа 6. Моделирование условий
307
Вариант 3
Дано:
ЛДВС
АВ1.ВС
BDLAC
BD — диаметр
КВ = 18
ВР = 12
а) АВ
б) ВС
Вариант 4
Дано:
ААВС
AB±BC,BDAAC
AD, DC — диаметры
01, О 2 — центры
AD = 80 (AD > DC)
ВС —75
а) АР
б) СК
в) &DPBK
308
Решение комбинированных задан...
Самостоятельная работа 6.
Моделирование условий
Вариант 1
Дано:
Окружность
О — центр окружности
AD — секущая
АВ — касательная
АВ = 77
О е AD
ОВ = 36
а) АО
б) ВС
В) '-’сек. ВС
Вариант 2
Дано:
Окружность
АВ, АС — касательные
АВ + АС = 120
ОА = 61
а) Ло
б) ^кр.тр. вас (криволинейный треугольник ВАС)
Самостоятельная работа 6. Моделирование условий
309
Вариант 3
Дано:
ДАВС
ABLBC
BDLAC
BD — диаметр
КВ = 12
ВР = 8
а) АВ
б) ВС
Вариант 4
Дано:
ДАВС
АВ±ВС
AD, DC — диаметры
Ci, О2 — центры
DC = 45
АВ = 100
а) АР
б) СК
в) &DPBK
310
Решение комбинированных задач...
Решение тренировочной работы 6
Вариант 1
Дано:
Окружность
DC — диаметр
AD — секущая
АВ — касательная
О е DC
АО = 66
ВО = 36
а) АВ
б) ВС
В) §сег. ВС
а) Так как АВ* 2 = AD ■ АС и ВО = ОС = OD, то
АВ2 = (85 + 36)(85 - 36); АВ2 = 121 -49; АВ = Г77~|.
б) 1. cos (Z.AOB) = cos (ZAOB) =
2- ВС = VOB2 + ОС2 - 2ОВ ■ ОС ■ cos (ZAOB);
ВС = J2 • 362 - 2 • 362 • - = 36J2 - - = зб
V 85 V 85
в) 1. Известна формула площади сектора:
ВСек ~ 2 ’ В2а (а в радианах),
1 or?
следовательно, В = - • 362 arccos —.
2 85
Решение тренировочной работы 6
311
2- S^BOC = \oB2- sin (ЛВОСУ,
I ( 36 \ 2 77
sin (Z.BOC) = J1 - =-,
у \85/ 85
„ 1 362 • 77
значит 5ДВОС = - • —gg—• .
*^сег — ^сек ~ ^AJ3OC>
5сег = 648 arccos —
648 • 77
85
/ 36
648 I arccos — —
\ 85
Вариант 2
Дано:
Окружность
АВ, АС — касательные
АВ + АС = 120
ОВ = 11
а) О А
б) Зкр.тр. ВАС (криволинейный треугольник ВАС)
а) Так как АВ — АС, то АВ = АС = 60.
О А = у/ОВ2 + АВ2; О А = Уп2 + 602 = щ.
б) 1. cos (ZAOB) = ^; cos (ZAOB) =
Z.AOB = arccos (— | .
\61 J
9 Q
сек. BOD
= ~ОВ2 • arccos
121
= —- arccos
А
3- S^oba = -jpB • АВ-, S^OBA = i • 11 • 60 = 330.
312
Решение комбинированных задач...
*^кр.тр. ВАС 2 '£\ОВА ^сек. BOD )
„ п / пп 121 11
^кр тр. ВАС = 2 (330 - — arccos —
= 660 — 121 arccos — .
61
Вариант 3
Дано:
ДАВС
АВ+ВС
BDA.AC
BD -— диаметр
КВ = 18
ВР = 12
а) АВ
б) ВС
а) 1. Проведем допол¬
нительное построение.
Так как ZB = 90°,
то РК — диаметр.
2. РК = у/ВРЧВК2; РК = Л2^Т18* = 6-\/13,
т.е. BD = РК = 6х/13 (BD и РК - диаметры).
3. Пусть PC = х, тогда DC2 = ВС2 - BD2,
т. е. DC2 = (х + 12)2 - (бл/13)2 .
С другой стороны, DC2 = ВС РС, т. е. DC2 = (ж+12)х.
Тогда (х + 12)2 - (6-/13)2 = (ж + 12)гг;
(х+12)(х+12-х) = 36-13; т+12 = 39; х = 27 = РС
значит ВС = 12 + 27 = Г39~|.
Решение тренировочной работы 6
313
б) Пусть АК = у, тогда AD2 = АВ2 - BD2,
т. е. AD2 = (18 + у)2 - (6-/13)2 .
С другой стороны, AD2 = ABAK, т.е. AD2
Получили уравнение
(18 + у)2 - (6У13)2 = (18 + у)у.
(18 + у)2 — (18 + у)у = (бд/13)2 ;
(18 + у)(18 + у - у) = 36 • 13;
18 + у = 2-13; у = 8.
Значит АВ — КВ + АК; АВ = 18 + 8 = [2
Вариант 4
Дано:
ДАВС
АВХВС
BDLAC
AD, DC — диаметры окружностей
O, , О2 — центры окружностей
AD = 80 (AD > DC)
ВС = 75
а) АР
б) СК
в) $DPBK
Так как по условию AD > DC, то АВ > ВС.
Проведем дополнительное построение: О1МЛ.АР;
O2NAKC.
314
Решение комбинированных задач...
а) Пусть DC = х, тогда
1. BC2 = ACDC, т.е. 752 = (80+х)а;; х2+80ж-752 = 0;
ж1,2 = —40±\/402 + 752 = —40±5\/82 + 152 = -40+ 5-17;
~х = -40 + 85 = 45 = DC
ж —40 —85 £ (0;оо)
Значит DC = 45, а АС = 125.
2. BD2 = AD ■ DC;
BD2 = 80 • 45 = 16 • 5 • 5 • 9 = (4 • 5 • З)2, т. е. BD = 60.
3. АВ = y/AD2 + BD2; АВ = ?802 + 602 = 100.
. . . .. AD . , л. 80 4
4. cos (ZA) = —; cos(ZA) = —=
5. Так как OXMLAP, то AM — AOt • cos (ZA);
AP = 2 • AOt ■ cos (ZA);
4
AP = 2 • 40 • - = [64].
5
6) 1. Так как DC = 45, то
(/п\ DC / 45 9 3
CM,(ZC)=BC; cos(ZC) = ^ = - = -.
2. По построению O2N-LKC,
значит CN = O2C • cos (ZC).
в)
КС = 2 • O2C • cos (ZC), т.е. КС =
PB = AB- AP-, PB = 100 - 64 = 36;
ВК = BC - КС-, BK = 75 - 27 = 48;
РК = y/PB2 + BK2;
PK = y/362 + 482 = 12>/32 + 42 = 60.
Так как AAPd и ACKD — прямоугольные, a AD
и DC — диаметры, то DP .LAB, DKLBC. Значит,
DPBK — прямоугольник.
Тогда ^dpbk = PВ • BK, t. e. == 36 • 48 = 117281.
Тренировочная работа 7
315
Тренировочная работа 7
1. Три окружности с центрами в точках О2 и О3 и ради¬
усами 1, 6 и 7, соответственно, внешним образом попарно
касаются друг друга. Найдите угол О2^1^з-
2. В равнобедренной трапеции диагонали взаимно перпенди¬
кулярны. Высота трапеции равна 19. Найдите площадь
данной трапеции.
3. Расстояние между параллельными прямыми равно 21.
На одной из них взята точка С, а на другой — точки
А п В. При этом ААВС остроугольный и равнобед¬
ренный, а его боковая сторона равна 29. Найдите радиус
окружности, описанной около ААВС.
4. В равнобедренной трапеции ABCD боковые стороны рав¬
ны меньшему основанию ВС. К диагонали трапеции про¬
вели перпендикуляры ВР и СК. Найдите площадь тра¬
пеции ВСКР, если площадь трапеции ABCD равна 36.
5. Точки М и N лежат на стороне АС треугольника АВС
на расстояниях от вершины А, равных, соответственно,
18 и 22. Найдите радиус окружности, проходящей через
точки М и N и касающейся луча АВ в точке /С, если
cos (/ВАС) =
6. Углы при одном из оснований трапеции равны 64° и 26°,
а отрезки, соединяющие середины противоположных сто¬
рон трапеции, равны 11 и 10. Найдите основания трапеции.
7. В трапеции ABCD основания AD и ВС равны, соответ¬
ственно, 45 и 15, а сумма углов при основании трапеции
равна 90°. Найдите радиус окружности, проходящей че¬
рез точки А и В и касающейся прямой CD в точке К ,
если АВ = 9.
8. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС рав¬
но 12. В продолжении сторон АВ и АС вписана окруж¬
ность радиуса, равного 8, касающаяся сторон и основа¬
ния ВС. Найдите радиус вписанной в ААВС окруж¬
ности.
316
Решение комбинированных задач...
Решение тренировочной работы 7
1. Три окружности с центрами в точках О^, О2 и О3 и ради¬
усами 1, 6 и 7, соответственно, внешним образом попарно
касаются друг друга. Найдите угол О2О1О3.
cos (ZO2O1O3) =
cos (ZO2O1O3) —
Рассмотрим ДО1О2О3, где
°1°3 = 8 (сумма радиусов Rx и щ ).
°1°2 = 7 (сумма радиусов и д2).
О2О3 = 13 (сумма радиусов R2 и r^
°1°з + OjO2 - O2Oj
8 2 + 72 -132 64 + 49 _ 169
2‘8’7 Г56
56 _ 1
2 • 56 ” 2’
Итак, cos (ЛОъС^Оз) —
_1
2’ Значит, [ZO^Qg = 120° .
Решение тренировочной работы 7
317
2. В равнобедренной трапеции диагонали взаимно перпенди¬
кулярны. Высота трапеции равна 19. Найдите площадь
данной трапеции.
Дано:
ABCD —
трапеция
АВ = DC
AC±DB
Habcd = 19
$abcd
Сделаем доп. построение.
Проведем PK.LAD так, чтобы О&РК, где О EACnDB.
Так как АВ — DC, то АО = DO, причем AO1.DO.
Значит Z.OAD = Z.ODA — 45°. Тогда АК — ОК.
Аналогично ВО — СО и ВР — ОР.
„ AD + BC
Следовательно, РК = .
А
Подводя итоги, получим:
л г\ I
Sabcd = ? РК — РК2,т.е. 5дкГп = 192=Г36П
3. Расстояние между параллельными прямыми равно 21.
На одной из них взята точка С, а на другой — точки
А а В. При этом ДАВС остроугольный и равнобед¬
ренный, а его боковая сторона равна 29. Найдите радиус
окружности, описанной около ДАВС.
а) Дано:
ДАВС
НАв = 21
АВ - ВС = 29
Ro
318
Решение комбинированных задач...
DB = у/ВС2 - DC2;
DB = л/292 - 212 = 7(29 + 21)(29-21) = У5(Ь8 = 20.
Тогда AD = АВ - DB; AD - 9.
АС — y/AD2 + DC2;
AC = х/92 + 212 = ^/(81 + 441) = \/522 - 3\/58.
sin(ZB) = fd; sin(ZB) = ^-
R = — ■
° 2 sin (ZB)’
б) Дано:
ДАВС
^АВ — 21
АС = ВС = 29
Ro
DB — 20, тогда AD = 9.
• Г/Л\ DC • ,'ЛХ 21
sm(ZA) = —, т.е. sin(ZA) = —.
R _ BC _ 29 _ 292
° “ 2sin(ZA) ’ R° ~ “ 42^
4. В равнобедренной трапеции ABCD боковые стороны рав¬
ны меныпему основанию ВС. К диагонали трапеции про¬
вели перпендикуляры ВР и СК. Найдите площадь тра¬
пеции ВСКР, если площадь трапеции ABCD равна 36.
Дано:
ABCD — трапеция
BPJLAC
CK1DC
АВ = ВС = DC
&авср ~ 36
Sbpkc
Решение тренировочной работы 7
319
Так как АВ — ВС — DC, то из BP.LAC следует, что
АР = СР, а из CK±BD следует, что DK = ВК.
Значит, РК е MN, где MN = —
Отметим, что МР — KN = -ВС.
Тогда РК = MN — ВС— — + ВС -ВС— ~
2 2
Следовательно, НВРКС = - • HABCD.
£л
„ ВС + РК „ ВС+^r^ х
^вркс ~ 2 Нвркс = 2 2Habcd =
AD + BC 1 _1 АВ + DC 1
4 2 ABCD — 4 2 HabCD = ~^>ABCD-
Значит, SBPKC = -SABCD, т.е. SBPKC = [9].
5. Точки М и N лежат на стороне АС треугольника АВС
на расстояниях от вершины Л, равных, соответственно,
18 и 22. Найдите радиус окружности, проходящей через
точки М и N и касающейся луча АВ в точке К если
cos (ZB АС) = ^31.
Дано:
ДАВС
cos (ZBАС) =
окр (Я) касается АВ
в точке К
(Me АС
(Mg окр (Я)
f N е АС
(Ng окр (7?)
AM = 18, AN = 22
320
Решение комбинированных задач...
а) АК — AN • AM (см. теорему 2, с. 200),
т.е. = 22 • 18; АК = 6д/П.
б) KN2 = АК2 + AN2 - 2 • АК- AN cos (ABAC);
KN2 = 22 • 18 + 222 - 2 • 6д/1Т • 22 • =
= 22 • 18 + 222 - 222 = 22 • 18.
Значит, AK = KN = бд/11.
в) KM2 = AK2 + AM2 -2-AK- AM - cos (ABAC);
KM2 = 22 • 18 + 182 - 2 • 6д/Й • 18 • =
6
= 22 • 18 + 182 - 22 • 18 = 182.
Значит, KM = AM = 18.
\ KM2 + MN2 —KN2
r) cos (AKMN) —
v ’ 2 • KM ■ MN
182 + 42 - 22-18
cos (AKMN) —
v ’ 2-18-4
324 + 16 - 396
2-18-4
56 7
8-18 18’
тогда sin (AKMN) —
7 \2
18/
^(18 + 7)(18-7) 5 z-
18 18 '
KN
Д) rlkmn ~ 2 sin (AKMN) 5
R&KMN
6д/Т1
24Д1
6-18
10
= [103].
Решение тренировочной работы 7
321
6. Углы при одном из оснований трапеции равны 64° и 26°,
а отрезки, соединяющие середины противоположных сто¬
рон трапеции, равны 11 и 10. Найдите основания трапеции.
Дано:
ABCD —
трапеция В Р С
ЛА = 64°
ЛО = 26°
Точки М, Р,
N иК -
середины
сторон А К D
MN= 11
РК = 10
AD, ВС
а) Напомним известные геометрические факты.
1. Если через середины оснований трапеции провести
прямую, то ей принадлежат: точка пересечения про¬
должений боковых сторон, точка пересечения диаго¬
налей трапеции и середина средней линии трапеции.
2. Для любого прямоугольного треугольника медиана,
проведенная из вершины прямого угла, равна сред¬
ней линии этого треугольника, соединяющей середи¬
ны катетов.-
б) 1. Проведем доп. построение.
РРг || АВ, где Рг е AD-
РР2 || DC, где Р2 е AD, (АВ) U (DC) = Т.
2. Так как сумма углов при основании трапеции рав¬
на 90°, то AATD — прямоугольный, для него
ТК — медиана, а значит, ТК равна половине ги¬
потенузы AD, а также радиусу описанной около
ЛАТ К окружности ((АВ) U (DC) — Т).
322
Решение комбинированных задач...
Как следствие, Р^Р2 = 2РгК = 2РК
и РгР2 — AD — ВС.
в) Пусть ВС = 2х, AD = 2у. Тогда
АВ 4“ ВС 2у 4“ 2д
= = У + ж = MN - 11;
AD - ВС = 2у - 2х = РгР2 = 2РК = 20.
_ f v 4* х = 11
Значит, < ; 2у = 21 и 2х — 1,
[ у — х = 10 ’
следовательно, AD = 21 и ВС = 1.
Примечание. Так как РК = MXNX, то MN > РК, что
важно для понимания корректности условий задачи.
7. В трапеции ABCD основания AD и ВС равны, соответ¬
ственно, 45 и 15, а сумма углов при основании трапеции
равна 90°. Найдите радиус окружности, проходящей че¬
рез точки Л и В и касающейся прямой CD в точке К,
если АВ = 9.
Дано:
ABCD — трапеция
ВС || AD
Z.A + AD = 90°
ВС = 15, AD = 45
АВ — хорда окр (Я),
АВ = 9
окр (7?) касается
прямой CD
Ro
Решение тренировочной работы 7
323
а) Сделаем доп. построение:
= 13,5
AD - AD Cf^l AD 45 9
A1 77" , т. е. АР =
CXD 30
и РВ = АР — АВ, т. е. РВ -- 4,5.
в) РК2 = АР- РВ
(см. теорему 2, с. 200).
Р^Л.9 = 8ЬЗ. р
2 2 4 ’
ВК2 = РВ2 + РК2;
в*2=(ТГ+(ТЛз,
9
2
9
т. е. В К = -у/1 + 3 = 9, значит, В К = АВ.
АК2 = АР2 + РК2; АК2 = (у)2 + (|)2 • 3,
т. е. АК = -\/12 = 9\/3, значит, АК = 2 • РК.
Следовательно, Z.PAK = 30°, т.е. ЛВАК = 30°.
г\ р ВК 9 |—I
’ °&лт = 2im(ZBAK) ’т-е' = 2'.'si„.30- =S
324
Решение комбинированных задач...
8. В равнобедренном треугольнике АВС основание ВС рав¬
но 12. В продолжении сторон АВ и АС вписана окруж¬
ность радиуса, равного 8, касающаяся сторон и основа¬
ния ВС. Найдите радиус вписанной в ДАВС окруж¬
ности.
Дано:
Окр(Ог) вписана
в ДАВС
Окр(О2) вне-
вписана в ДАВС
ДО2 — 8; ВС — 12
Rox
Сделаем доп. построение. Пусть точки Р, К, N и Nr —
точки касания окр(Сх) и окр(С2) сторон угла ВАС. То-
гда О1Р±(АС), О2КЦАС), О^ЦАВ) и О2ЛГ1±(ДВ).
Следовательно, (АО2) — биссектриса угла ВАС, причем
Ох е (АО2). Точка D = окр (OJ П окр (О2).
Значит, D 6 (ЛО2). Так как АВ — АС, AO2LBC
(^вс = Нвс = твс )> то точка D € ВС, которая касается
одновременно окр(О1) и окр(О2).
а) О2С - биссектриса Z.DCK, ОХС - биссектриса
Z.DCP, значит, ZOXCO2 = 90°, так как
Z.DCK + Z.DCP = 180°; AOXCD + Z_O2CD = 90°.
б) Очевидно, что OXO2LBC, тогда DC2 = О D ■ О D
(см. теорему 3 (4), с. 124). 1 2
Следовательно, 62 = 8 • О, D, т. е. О, D — ^5 _ 9 _
в) Доп. построение: ОХМ1.О2К,
где ОгМ = уДрхР + O2Z>)2 т.е.
Решение тренировочной работы 7
325
= ^>/625 - 49 = 12 = РК.
Можно проще, если понимать, что DC = PC — СК - 6.
г)^ =
’ АОг
= ^q2 • Пусть АО1 = х, тогда
4^5
х
4,5(т + 12,5) — 8т;
9 25
4,5 + - • - - 8т;
Q
12,5
п г 225
3,5т = —;
4
225 1в 1
1=Г2 = 1614;
д) AD — АС^ + .
Л0 = 1б1+4,5 = 201 + | = 20А=20^
е) АВ = VAD2 + DB2;
Г/ 4\ 2 / /144\2
АВ = 4/(20-) +62 = J(— ) + 62 =
V \ 7/ у \ 7 /
=yy.-.242±y-j!=~=4
7 7 7 7 7
144
ч . . , л „ _ AD . . , л „ -Т 144 72 24
ж) sin(ZABP) - —; sin(ZABZ>) - ]ъо_15о_75_25-
АВ 7
3) Ro^abc~ 2sin(ZABD) 5
150 ’ „
— _ 150 • 25 _ 252 _ 625 9
ROiЛАВС ~ 2 24 “ 7.48 “ 56 “ 56 ” 56'
Z 25
Итак, RO1^abc =
326
Решение комбинированных задач..
Самостоятельная работа 7
1. В треугольнике АВС вершины имеют координаты А(1;1),
В (3; 10) и С (8; 2). Найдите тангенс угла А.
2. В равнобедренной трапеции диагонали взаимно перпенди¬
кулярны. Средняя линия трапеции равна 10. Найдите пло¬
щадь трапеции.
3. Расстояние от вершины ААВС до одной из его сторон
равно 10. Известно, что ААВС — равнобедренный тре¬
угольник, боковая сторона которого равна 26. Найдите ра¬
диус описанной около ААВС окружности.
4. Две окружности с центрами Ог и О3 и радиусами, рав¬
ными 2 и 5, касаются друг друга внешним образом, а внут¬
ренним образом касаются окружности с центром О2 и ра¬
диусом, равным 10. Найдите угол OiO2O3.
5. Окружности радиусов 3 и 8 касаются друг друга. Через
центр одной из них проведены две прямых, каждая из ко¬
торых касается другой окружности, а А и В — точки
касания. Найдите расстояние между точками А и В,
6. В трапеции ABCD основания AD и ВС равны, соот¬
ветственно, 15 и 5, а сумма углов при одном из оснований
трапеции равна 90°. Найдите радиус окружности, прохо¬
дящей через точки А и В и касающейся прямой DC, если
АВ = 3.
7. Углы при одном из оснований трапеции равны 50° и 40°,
а отрезки, соединяющие середины противоположных сто¬
рон трапеции, равны 15 и 13. Найдите основания трапеции.
8. Основание АС равнобедренного треугольника АВС рав¬
но 12. Окружность радиуса 9 с центром вне этого треуголь¬
ника касается продолжения боковых сторон треугольника,
а также основания АС. Найдите радиусы окружностей,
вписанной и описанной около треугольника АВС.
Домашняя тренировочная работа
327
Домашняя тренировочная работа
1. В тупоугольном треугольнике АВС наибольшая сторона
ВС равна 14, а синусы прилежащих к ней углов равны
3 5 тт
- и —. Найдите синус наибольшего угла, остальные сто-
5 13
роны и площадь треугольника АВ С.
2. В четырехугольнике ABCD сторона AD равна 63. Сто¬
роны АВ и AD образуют тупой угол, синус которого ра-
12
вен —. Стороны AD и DC тоже образуют тупой угол,
8
синус которого равен —. Сторона AD образует с диаго-
5
налью АС угол, синус которого равен —, а с диагона-
15
лью DB угол, синус которого равен —. Найдите: все неиз¬
вестные стороны, диагонали и площадь ABCD, радиус
описанной около AAOZ) окружности (О — точка пересе¬
чения диагоналей) и радиус вписанной в AABD окруж¬
ности. Выясните, является ли ABCD трапецией.
3. Две окружности касаются внешним образом в точке К.
Прямая АВ касается первой окружности в точке А, а вто¬
рой — в точке В. Прямая ВК пересекает первую окруж¬
ность в точке D, прямая АК пересекает вторую окруж¬
ность в точке С. Докажите, что AD || ВС, Найдите
если Радиусы окружностей равны 4 и 1.
4. Окружности радиусов 2 и 3 соответственно с центрами
Ог и О2, касаются в точке А. Прямая, проходящая че¬
рез точку А, вторично пересекает меньшую окружность
в точке В, а большую — в точке С, Найдите площадь
треугольника ВСО2, если Z_ABO1 — 30°.
328
Решение комбинированных задач...
Решение домашней тренировочной работы
1. Дано:
ДАВС
ВС = 14
3
sin/? = -
о
5
Sm7 - Т7
±О
а) sin а
б) АВ
в) АС
г) S^ABC
а) Так как а + /3 + 7 - 180°, то
sin а = sin(180° — (J3 + 7)) = sin(/? + 7).
Известно, что sin(/? + 7) — sin/? • cos7 + sin7 • cos/? .
Чтобы воспользоваться этой формулой, необходимо
вычислить множители.
/. ,2 L /5\2 12
cos 7 — V1 — sin 7, т. е. cos 7 = л /1 — I — = —;
у \13/ 13
cos/? — \/1 — sin2/?, т.е. cos/? = 4/1 —
Теперь, используя данные вычисления и формулу, по-
3 12 5 4
лучим sma =
О 1о
m ВС АВ
б) Так как — =
sm a sin 7
_ _ _ 56
13 ‘ 5 ~~ 165 '
AC ,
-^0 (теорема синусов), то
14 ' П 14 • 5 • 65 _ 5 • 5
56 56-13 “ 4
Ас_ 14 • I _ 14 • 3 • 65 _ 3 • 13
S6 ~ 56 • 5 ~ 4
65
АВ=ВС-Slny
sina
АВ =
„) AC=^nfl
sina
-4-
4-
Решение домашней тренировочной работы
329
г) Так как ——- = — = —— = 27?,
smp sin а 8Ш7
_ asm в а sin 7
то о = —; и с — .
sm a sm а
~ „ с _1 а2 • sin/3 • sin 7
Тогда одлвс — -
sin а
Значит, 5ДЛВС = -
_ 7-3-5
4
142.3 . А
5 13
56
65
14 • 14 • 3 • 5 • 65
2-5-13-56
2. Дано:
ABCD — четырех¬
угольник
AD = 63
ZZMB = а (а > 90°)
AADC = /3(/3> 90°)
ADAC = alf AADB = ft
12 . _ * б) * 8
sina = Tq’ smP = 7^
lu 1 I
5 15
SinQ!1 = 13’ sin/?1 = 17
а) AB д) BC
б) DC e) SABCD
в) BD ж) Ro£\aod
г) AC з) гвДЛВр
и) Вопрос: является ли
ABCD трапецией?
Напомним, что для ДАВС — — ——- = —— = 2R
sma smp sm7
(теорема синусов).
Также верны формулы для синуса суммы и разности:
sin(a + /3) = sin а • cos 0 + sin 0 • cos a;
sin(a — /?) = sin a • cos 0 — sin/? • cos a.
330
Решение комбинированных задач...
a) sin (Z.ABD) — sin(180° — (a + (З^) — sin(a + /3X);
sin(a -+- Z?!) = sin a • cos /3X + sin /3X • cos a,
где cos
1 - sin2 /3X; cos/3x = Jl - Q|) =
Так как а > 90°, то cosa < 0.
cosa = —у/1 — sin2 a;
A ri2V 5
cos a = — 4 /1 — — =
V \13/ 13'
Тогда sin (ZABZ>) = sin(a+/3x) = ~ - A • — = -21 _
7 V 17 13 17 13 17 13 • 17’
m AB AD
Так как ——— — — то
sin /Зх sin (Z.ABD)
3-21- ||
AB = 2Г~^ = 3 • 13 • 15 [585
1317
б) sin (Z.ACD) = sin(180° - (ax + /3)) = sin(ax + /3);
sin(ax + /3) = sinax • cos/3 + sin/3 • cos ax.
Так как /3 > 90°, то
cos/3 — —y/l — sin2 (3',
cos /3 = —
cos ax
. 2
sht^; cosc^
£
13
12
13'
1 21
1713 17-13'
15
17’
DC AD
Так как .
sinax sm(Z.ACD)
3 • 21 • • 13 • 17
to DC = = 3
21
Решение домашней тренировочной работы
331
sin a sin(ZABZ))’
3-21
то BD = — = 3 • 12 • 17 = 1612
1743
m AC AD
sm/З sin(ZACD)
3-21-А
то АС = —- = 3 • 8 • 13 = [312].
17ЛЗ
д) sin (ZBAC) — sin(a — а1) = sin а • cos ах — sina^ • cos а.
I 7 \ 2
cos Qi — л/i “ sin a?; cosai = 4/l - ( A ] _
V \13/ 13 ’
Так как а > 90 , to cos ot 0 тогда cos ot —
’ M 13
(см. пункт a).
Тогда sin(ZB4C) = — ■ — 5 \ _ 169 ,
13 13 13 V 13,1 “169
Таким образом, sin (Z.BAC) = 1, T e /_BAC = 90°
Следовательно, ВС = д/АВ2 +~АС2-
ВС = V5852 + 3122 = ^3^13^15^-32.132 . g2 =
= 3 • 13 • х/225 + 64 = 3 • 13 • 17 =
е) $abcd ~ 2 ’ ' AC ‘ s*n
sin(ZAOO) = sin(180" - (а, + = + =
= sin ах • cos (Зг + cos • sin /Зх.
332
Решение комбинированных задач...
/— / / \ 2
cos= л/1 - sin2; cos/3, = Jl - ( — ) = А
v у \177 17’
/ — / / \ 2
cosct! = Jl - sin2 a,; cosa, = а/1 - | А ] =
V у \13/ 13’
sin(Z.AOD') = sinta, + Д) = — . — + . if - _
1 17 13 17 17 13 ' 17-13'
Sabcd — п ' 612 ’ 312 •
Z
220 _ 3 • 12 • 17 • 3 • 8 • 13 • 220
17 • 13 2 • 17 • 13
= 864 • 110 = 1950401.
AD
Ж) 7?o^OZ3-2.sin(ZAaD)‘’
р - 63 _ 63 • 17 • 13
оДАОХ? 2 ^220^ ~ 2-220
13923
440
= з.28?,
440
63 • 221
440
ч S&ABD
3)
/в D
^ABD
, _ 585+ 612+ 63
длвр 2 = b3U;
2- S&ABD = Ав • AD ■ sin а;
z
S/XABD — ’ 583 • 63 • — —
хо л
г • 45 • 63 • 12 =
= 270-63 = 17010.
„ 17010
Значит, г = ——-
630
Решение домашней тренировочной работы
333
и) Ответ: нет.
BB1A.(AD); ВВХ — АВ ■ sin а;
BBj = 585 • = 45 • 12 = 540.
ССХ±(АВ); CCj = DC • sin /3;
ССг = 255 • = 120.
Так как ВВг СС1У то ВС AD.
Значит, ABCD трапецией не является.
3. Две окружности касаются внешним образом в точке /С.
Прямая АВ касается первой окружности в точке А, а вто¬
рой — в точке В. Прямая В К пересекает первую окруж¬
ность в точке D, прямая АК пересекает вторую окруж¬
ность в точке С.
а) Докажите, что прямые AD и ВС параллельны.
б) Найдите площадь треугольника АКВ, если известно,
что радиусы окружностей равны 4 и 1.
334
Решение комбинированных задач...
Дано:
Окр (72J А окр (Д2) = к
АВ А окр = А
АВ А окр (Я2) — В
В К А окр (RJ = {£>; К}
АК А окр (/?2) = {С; К}
а) Докажите: AD || ВС
б) &ЛАКВ
при Rx = 4, R2 = 1
а) Обозначим центры
окружностей Ох и О2. '
Пусть общая касательная, проведенная к окружностям
в точке АГ, пересекает АВ в точке М. По свойству
касательных, проведенных из одной точки, AM = КМ
и ВМ — КМ} тогда AM — ВМ и КМ = тАВ.
Треугольник АКБ, у которого медиана равна поло¬
вине стороны, к которой она проведена, — прямоуголь¬
ный.
Вписаный угол AKD — прямой, поэтому он опирается
на диаметр AD. Значит, Ог е AD и ADA.AB.
Аналогично получаем, что ВС А-АВ,
Следовательно, прямые AD и АВ параллельны.
б) Пусть, для определенности, первая окружность имеет
радиус 4, а радиус второй равен 1.
AD
Треугольники ВКС и AKD подобны, - = 4.
ВС
Пусть S^BKC = S, тогда S^AKD = 165.
Решение домашней тренировочной работы
335
У треугольников AKD и АКВ общая высота, следо-
■^ДАКВ DK
вательно, — = .
‘^дал'в КВ
~ DK AD
С другой стороны —— = ——,
к
так как AAKD ~ ДВКС.
Тогда 8^АкВ = 4S' (АК = 4ЯС7).
Аналогично SCKD = 4S.
Так как S^DCB = S^ACB, то S^DKC — S^ABK.
Площадь трапеции ABCD равна 25S'.
Так как S^AKB = 4S = S^DKC,
т0 S&akd ~ 4 * 4S, 8&Вкс ~ 8.
Вычислим площадь трапеции ABCD.
Проведем к AD перпендикуляр О2Н, равный высоте
трапеции, и найдем его из прямоугольного треугольни¬
ка ОзЯОр О2Н = 7О1О2 ~О1Я2 - 4.
ДП I
Тогда SABCD = • АВ = 20.
Следовательно, 25S = 20,
откуда S' = 0,8 и SAKB = 4S' = 3,2.
Ответ: 3,2.
4. Окружности радиусов 2 и 3, с центрами От и О2 соот¬
ветственно, касаются в точке А. Прямая, проходящая че¬
рез точку А, вторично пересекает меньшую окружность
в точке В, а большую — в точке С. Найдите площадь
треугольника ВСО2, если /.АВОХ = 30°.
Точки Ох, О2 и А лежат на одной прямой.
Так как треугольники ВО1А и СО2А равнобедренные,
и Z.ABO1 = ЛВАОХ = ^САО2 = Z.ACO2 = 30°,
то АВ — 2ОгА • cos 30° = 2\/3 и АС = 2О2А • cos 30° = 3\/3-
336
Решение комбинированных задач...
Возможны два случая.
Первый случай: окружности касаются внутренним обра¬
зом, тогда точка В лежит между точками А и С, откуда
ВС = АС-АВ = х/3.
Тогда SBCO2 = ВС-СО^ВСО^ = 3^3
Второй случай: окружности касаются внешним образом,
тогда точка А лежит между точками В и С, откуда
ВС = АС + АВ = 5х/3.
_ ВС • СО2 • sin (ZBCO2) _ 15х/3
тогда oBCO2 — - - — 4
_ Зх/З 15х/3
Ответ: —-— или —-—.
4 4
Самостоятельная работа 8
337
Самостоятельная работа 8 (Задачи-ловушки)
Вариант 1
Какие из следующих утверждений верны?
1. В неравных треугольниках против неравных сторон лежат
неравные углы.
2. Биссектриса внешнего угла при вершине равнобедренно¬
го треугольника, противолежащей основанию, параллель¬
на основанию.
3. Если сторона и три утла одного треугольника равны сто¬
роне и трем углам другого треугольника, то такие тре¬
угольники равны.
4. Каждая биссектриса делит остроугольный разносторон¬
ний треугольник на два треугольника, один из которых
тупоугольный, а другой — остроугольный.
5. Если диагонали трапеции взаимно перпендикулярны,
то эта трапеция равнобедренная.
6. Существует треугольник, три высоты которого пересека¬
ются в одной из его вершин.
7. Трапеция разделена диагоналями на четыре треугольника,
из которых два равновеликих.
8. Если стороны треугольника относятся как п: (п+1): (п+2),
где п — любое натуральное число, то этот треугольник
остроугольный.
9. Около четырехугольника, вершинами которого являются
точки пересечения биссектрис углов трапеции, можно опи¬
сать окружность.
10. Существует треугольник, внешние углы которого относят¬
ся как 1:2:3.
338
Решение комбинированных задач...
Вариант 2
Какие из следующих утверждений верны?
1. Биссектриса угла параллелограмма отсекает от него рав¬
нобедренный треугольник.
2. Существует трапеция, у которой диагонали точкой пере¬
сечения делятся пополам.
3. Если диагонали четырехугольника равны и взаимно пер¬
пендикулярны, то этот четырехугольник — ромб.
4. Две прямые, проходящие через центр симметрии парал¬
лелограмма, делят его на четыре попарно равновеликие
фигуры.
5. У любой трапеции разность оснований больше разности
боковых сторон.
6. Если в выпуклом четырехугольнике диагонали равны,
и хотя бы один из углов прямой, то этот четырехуголь¬
ник — прямоугольник.
7. Любой треугольник можно разрезать на две части, из ко¬
торых можно составить параллелограмм.
8. Середины сторон любого четырехугольника являются вер¬
шинами параллелограмма.
9. Существует четырехугольник, который можно разрезать
двумя прямыми на шесть частей.
10. Средняя линия трапеции разбивает ее на две подобные
трапеции.
Примечание. Хотя ответы к самостоятельной работе 8 да¬
ны в стиле «да»-«нет», необходимо очень подробно, логически
обоснованно записать решение. Это связано с тем, что инту¬
итивно очевидный ответ при более тщательном рассмотрении
оказывается не всегда верным (см. краткое решение в конце
книги).
Самостоятельная работа 8
339
Вариант 3
Какие из следующих утверждений верны?
1. Если два треугольника имеют по равному углу, то их пло¬
щади относятся как произведения сторон, заключающих
эти углы.
2. Не существует треугольника, у которого две высоты боль¬
ше 1,41 дм, а площадь меньше 1 дм2.
3. Медианы любого треугольника делят его на шесть равно¬
великих треугольников.
4. Если периметр параллелограмма больше 100 м, то его пло¬
щадь не может быть меньше 10 м2.
5. Площадь четырехугольника с вершинами в серединах сто¬
рон произвольного выпуклого четырехугольника не превы¬
шает половины площади этого выпуклого четырехуголь¬
ника.
6. Площадь равностороннего треугольника, построенного
на гипотенузе прямоугольного треугольника, не равна сум¬
ме площадей равносторонних треугольников, построенных
на его катетах.
7. Существует треугольник, медиана которого делит его
на два тупоугольных треугольника.
8. Существует выпуклый многоугольник, у которого ровно
десять диагоналей.
9. Существует трапеция, диагональ которой разбивает тра¬
пецию на два подобных треугольника.
10. Существует трапеция, средняя линия которой разбивает
ее на две трапеции, площади которых относятся как 1 : 3.
340
Решение комбинированных задач...
Вариант 4
Какие из следующих утверждений верны?
1. Четырехугольник, суммы противоположных углов которо¬
го равны, и две противоположные стороны которого рав¬
ны, является параллелограммом, если две другие стороны
параллельны.
2. Если в параллелограмм можно вписать окружность, то его
диагонали взаимно перпендикулярны.
3. Не существует четырехугольника, отличного от квадрата
и равнобедренной трапеции, около которого можно опи¬
сать окружность и в который можно вписать окружность.
4. Любой треугольник можно разделить на три тупоуголь¬
ных треугольника.
5. Если центр описанной около треугольника окружности ле¬
жит на медиане, то этот треугольник равнобедренный.
6. Существует треугольник, две биссектрисы которого пере¬
секаются под прямым углом.
7. Если диагонали трапеции перпендикулярны боковым сто¬
ронам, то эта трапеция равнобедренная.
8. Точки пересечения биссектрис параллелограмма есть вер¬
шины квадрата.
9. Если из вершины параллелограмма проведены два отрез¬
ка, пересекающие середины смежных сторон, то они делят
одну из диагоналей на три равные части.
10. Существует равнобедренная трапеция, у которой диаго¬
наль равна большему основанию. При каком значении ту¬
пого угла это возможно?
341
Итоговые самостоятельные работы
Итоговая самостоятельная работа 1
1. Угол между диагоналями прямоугольника равен 60°,
а сумма диагонали с наименьшей стороной прямоуголь¬
ника равна 36. Найдите диагональ прямоугольника.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD углы при верши¬
нах В и С относятся как 5 : 3. Угол В равен разно¬
сти углов при вершинах А и С, а угол при вершине А
больше угла при вершине D на 12°. Найдите угол при
вершине D.
3. Даны два подобных прямоугольных треугольника ДАВС
и ДА^В-^С^ причем катеты АВ = 2, АС = 1,2, а катет
А1С1 =4,5. Найдите катет А1В1.
4. В прямоугольной трапеции основания равны 4 и 8. Наи¬
меньшая диагональ трапеции равна \/б5. Найдите пло¬
щадь такой трапеции.
5. Даны два выпуклых подобных четырехугольника ABCD
и A1B1C1D1. Стороны ABCD последовательно относят¬
ся друг к другу как 2 : 4 : 3 : 6. Периметр A1B1C1D1 ра¬
вен 150. Найдите наименьшую сторону четырехугольника
А^С^.
6. Периметр параллелограмма равен 84. Высоты параллело¬
грамма, опущенные из одной вершины, относятся как 4:3.
Найдите наибольшую сторону параллелограмма.
7. Высота трапеции равна Н. Три стороны трапеции равны
половине основания. Найдите площадь такой трапеции.
8. Смежные стороны параллелограмма равны 6 и 5, а пло¬
щадь равна 10\/5. Найдите наибольшую диагональ.
9. Стороны прямоугольника относятся как а : Ь, а диагональ
равна 2R. Найдите площадь прямоугольника.
10. В равнобедренном треугольнике радиус вписанной окруж¬
ности равен 0,2 высоты, проведенной к основанию. Пери¬
метр треугольника равен 60. Найдите равные стороны тре¬
угольника.
342
Итоговые самостоятельные работы
Итоговая самостоятельная работа 1.
Моделирование условий
1. Угол между диагоналями прямоугольника равен 60°,
а сумма диагонали с наименьшей стороной прямоуголь¬
ника равна 36. Найдите диагональ прямоугольника.
Дано:
ABCD — прямоугольник
(асТвр) = 60°
АС + СР = 36
BD
2. В выпуклом четырехугольнике
нах В и С относятся как 5
сти углов при вершинах А и
больше угла при вершине D
вершине D.
Дано:
ZB : Z.C = 5 : 3
ZB = ZA - ZC
ZA = ZZ) + 12°
Z.D
ABCD углы при верши-
: 3. Угол В равен разно-
С, а угол при вершине А
на 12°. Найдите угол при
3.
Даны два подобных прямоугольных треугольника ДАВС
и ДА1В1С1, причем катеты АВ = 2, АС = 1,2, а катет
■^1^1 = 4,5. Найдите катет AjBp
Дано:
ДАВС ~ ДА1В1С1
АВ = 2
АС = 1,2
= 4,5
А^
Итоговая самостоятельная работа 1. Моделирование условий 343
4. В прямоугольной трапеции основания равны 4 и 8. Наи¬
меньшая диагональ трапеции равна \/б5. Найдите пло¬
щадь такой трапеции.
Дано:
ABCD
ВС = 4
ВС || AD
CD1AD
AD = 8
В£> = х/65
$ABCD
5. Даны два выпуклых подобных четырехугольника ABCD
и A1B1C1D1. Стороны ABCD последовательно относят¬
ся друг к другу как 2 : 4 : 3 : 6. Периметр A1B1C1D1 par
вен 150. Найдите наименьшую сторону четырехугольника
A1BiC1D1.
Дано:
ABCD ~ A1B1C1D1
АВ^ВС :CD:AD =
= 274:3:6
=150
Л,В1
6. Периметр параллелограмма равен 84. Высоты параллело¬
грамма, опущенные из одной вершины, относятся как 4:3.
Найдите наибольшую сторону параллелограмма.
Дано:
ABCD
AD || ВС
АВ || DC
?ABCD — 84
ВВУ : ВВ2 = 4:3
AD
344
Итоговые самостоятельные работы
7. Высота трапеции равна Н. Три стороны трапеции равны
половине основания. Найдите площадь такой трапеции.
Дано:
ABCD
ВС || AD
ВВ1=Н
А Г)
AB = BC = CD= —
2
&ABCD
8. Смежные стороны параллелограмма равны 6 и 5, а пло¬
щадь равна 10>/5. Найдите наибольшую диагональ.
Дано:
ABCD
АВ 1| DC
ВС || AD
АВ = 6
ВС = 5
8АВСР =
9. Стороны прямоугольника относятся как а: Ь, а диагональ
равна 2R. Найдите площадь прямоугольника.
Дано:
ABCD — прямоугольник
AC — 2R
АВ : ВС = а : Ь
&ABCD
Итоговая самостоятельная работа 1. Моделирование условий 345
10. В равнобедренном треугольнике радиус вписанной окруж¬
ности равен 0,2 высоты, проведенной к основанию. Пери¬
метр треугольника равен 60. Найдите равные стороны тре¬
угольника.
Дано:
ДАВС
АВ = ВС
гв = 0,2ВВ1
Р/\АВС — 6Q
АВ
346
Итоговые самостоятельные работы
Итоговая самостоятельная работа 2
1. Как относятся площади вписанного и описанного около
окружности правильных шестиугольников?
2. К окружности радиуса 5 из точки А проведена каса¬
тельная длины 2л/б. Чему равно расстояние от точки. А
до ближайшей точки окружности?
3. К стороне треугольника, равной 60, проведены высота и
медиана, равные 12 и 13 соответственно. Найдите наимень¬
шую сторону треугольника.
4. В окружность вписали квадрат и прямоугольник. Угол
между диагоналями прямоугольника равен а. Найдите
отношение площади прямоугольника к площади квадрата.
5. Найдите радиус вписанной окружности равнобедренной
трапеции с основаниями, равными 20 и 5.
6. В прямоугольном треугольнике высота, опущенная из вер¬
шины прямого угла, делит этот угол в отношении 2:1.
Найдите отношение площадей треугольников, на которые
данный прямоугольный треугольник делит данная высота.
7. Окружности радиусов, равных соответственно 2 и 3, ка¬
саются внутренним образом. Чему равна наибольшая
из хорд большей окружности, касающаяся меньшей?
8. В трапеции три стороны равны между собой, а диагонали
равны наибольшему основанию. Найдите острый угол при
основании трапеции.
9. Две окружности касаются друг друга и сторон прямого
угла. Чему равно отношение их радиусов?
10. В квадрат со стороной, равной 1, вписан равносторонний
треугольник, одна из вершин которого совпадает с верши¬
ной квадрата, а две другие вершины принадлежат сторо¬
нам квадрата. Найдите площадь такого равностороннего
треугольника.
Итоговая самостоятельная работа 2. Моделирование условий 347
Итоговая самостоятельная работа 2.
Моделирование условий
1. Как относятся площади вписанного и описанного около
окружности правильных шестиугольников?
2. К окружности радиуса 5
из точки А проведена
касательная длины 2л/6.
Чему равно расстояние
от точки А до ближайшей точки
окружности?
3. К стороне треугольника, равной 60, проведены высота
и медиана, равные 12 и 13 соответственно. Найдите наи¬
меньшую сторону треугольника.
Дано:
ДАВС
АС -60
ВВ^АС
АВ2 - В2С
ВВг = 12
ВВ2 = 13
АВ
348
Итоговые самостоятельные работы
4. В окружность вписали квадрат и прямоугольник. Угол
между диагоналями прямоугольника равен а. Найдите
отношение площади прямоугольника к площади квадрата.
5. Найдите радиус вписанной окружности равнобедренной
трапеции с основаниями, равными 20 и 5.
Дано:
ABCD
ВС || AD
АВ = CD
AD = 20
ВС = 5
6. В прямоугольном треугольнике высота, опущенная из вер¬
шины прямого угла, делит этот угол в отношении 2:1.
Найдите отношение площадей треугольников, на которые
данный прямоугольный треугольник делит данная высота.
Дано:
ДАВС
ABLBC
ААВВ1 : АСВВ1 = 2:1
Итоговая самостоятельная работа 2. Моделирование условий 349
7. Окружности радиусов, равных
соответственно 2 и 3, касаются
внутренним образом. Чему равна
наибольшая из хорд большей
окружности, касающаяся меньшей?
8. В трапеции три стороны равны между собой, а диагонали
равны наибольшему основанию. Найдите острый угол при
основании трапеции.
Дано:
ABCD
ВС || AD
АВ = ВС = CD
AC = BD = АР
Z.BAD
9. Две окружности касаются друг друга и сторон прямого
угла. Чему равно отношение их радиусов?
350
Итоговые самостоятельные работы
10. В квадрат со стороной, равной 1, вписан равносторонний
треугольник, одна из вершин которого совпадает с верши¬
ной квадрата, а две другие вершины принадлежат сторо¬
нам квадрата. Найдите площадь такого равностороннего
треугольника.
Дано:
ABCD — квадрат
Аг е АВ, сх е вс
t\DA1C1 — правильный
АВ = 1
^ДА1ПС1
Итоговая самостоятельная работа 3
351
Итоговая самостоятельная работа 3
1. В прямоугольный треугольник с катетами, равными 10
и 24, вписали окружность. Найдите ее радиус.
2. В равнобедренной трапеции стороны основания относят¬
ся как 2 к 5. Диагональ трапеции является биссектрисой
острого угла при основании. Найдите тангенс острого угла
трапеции.
3. Основания трапеции равны 30 и 10, а боковые стороны —
3\/41 и 13. Найдите площадь трапеции.
4. Расстояние между параллельными хордами, равными 10
и 24, равно 17. Найдите площадь круга, окружность кото¬
рого имеет такие хорды.
5. Диагонали трапеции равны 15 и 20, а высота трапеции рав¬
на 12. Найдите площадь такой трапеции.
6. В окружности радиуса 1 проведена хорда АВ, равная
\/2 — л/2 и хорда АС. Длина большей дуги, стягивающей
хорду АС, равна сумме меньшей дуги хорды АВ и чис¬
ла 2. Найдите хорду АС.
7. Через центр вписанной в ромб окружности проведена вы¬
сота, которая делит стороны ромба в отношении 3:2. Най¬
дите синус острого утла ромба.
8. Последовательность квадратов, начиная с единичного, та¬
кова, что вершины последующего квадрата, вписанного
в предыдущий, делят стороны предыдущего в отношении
3:1. Чему равна сумма площадей всех членов этой после¬
довательности?
9. Радиус вписанной в равнобедренную трапецию окружно¬
сти проведен к боковой стороне. Острый угол трапеции
равен а. В каком отношении этот радиус делит боковую
сторону?
10. Высота трапеции, проведенная через центр вписанной
окружности, делит площадь трапеции в отношении 1 : 2.
Найдите отношение синусов острых углов трапеции.
352
Итоговые самостоятельные работы
Итоговая самостоятельная работа 3.
Моделирование условий
1. В прямоугольный треугольник с катетами, равными 10
и 24, вписали окружность. Найдите ее радиус. и
Дано: /
ААВС /
АСАВС /
АС = 10 /
ВС = 24\ /О^
Гв /у J.
А С
2. В равнобедренной трапеции стороны основания относят¬
ся как 2 к 5. Диагональ трапеции является биссектрисой
острого угла при основании. Найдите тангенс острого угла
трапеции.
Дано:
ABCD
ВС || AD
AB = CD
ВС : AD = 2:5
ABAC = ADAC
tg(ZA)
3. Основания трапеции равны 30 и 10, а боковые стороны —
3\/41 и 13. Найдите площадь трапеции.
Дано:
ABCD
ВС || AD
ВС =10
АП = 30
CD = 13
АВ = Зх/41
&ABCD
Итоговая самостоятельная работа 3. Моделирование условий 353
4. Расстояние между параллельными хордами, равными 10
и 24, равно 17. Найдите площадь круга, окружность кото¬
рого имеет такие хорды.
Дано:
Окружность
A, В, С, В G окружности
АВ || ВС
ЛВ = 10
DC = 24
p(AB,DC) = PK
РК = 17
5. Диагонали трапеции равны 15 и 20, а высота трапеции рав¬
на 12. Найдите площадь такой трапеции.
Дано:
ABCD
ВС || AD
BB^AD
ВВХ = 12
АС — 15
ВВ = 20
$ABCD
6. В окружности радиуса 1 проведены хорда АВ, равная
\/2 — \/2, и хорда АС. Длина большей дуги, стягивающей
хорду АС, равна сумме меньшей дуги хорды АВ и чис¬
ла 2. Найдите хорду АС.
Дано:
Окружность
А, В, С € окружности
Я = 1
АВ = \/2-\/2
-АВС = 2 + -АВ
АС
354
Итоговые самостоятельные работы
7. Через центр вписанной в ромб окружности проведена вы¬
сота, которая делит стороны ромба в отношении 3:2. Най¬
дите синус острого угла ромба.
Дано:
ABCD — ромб
АР : РВ = 3 : 2
р(АВ; DC) = РТ
p(BC;AD) = КМ
О е РТ, О € КМ
К, Т, М, Р 6 окружности
sin (/Л)
8. Последовательность квадратов, начиная с единичного, та¬
кова, что вершины последующего квадрата, вписанного
в предыдущий, делят стороны предыдущего в отношении
3:1. Чему равна сумма площадей всех членов этой после¬
довательности?
Итоговая самостоятельная работа 3. Моделирование условий 355
9. Радиус вписанной в равнобедренную трапецию окружно¬
сти проведен к боковой стороне. Острый угол трапеции
равен а. В каком отношении этот радиус делит боковую
сторону?
Дано:
ABCD
О — центр окружности
ОК = гв
ВС II AD
AB = CD
АА = а
ВК : АК
В Р С
10. Высота трапеции, проведенная через центр вписанной
окружности, делит площадь трапеции в отношении 1 : 2.
Найдите отношение синусов острых углов трапеции.
Дано:
ABCD
О — центр вписанной
окружности
ВС || AD
PKAAD
Точка О Е РК
$АВРК : ^KPCD = 1-2
sin (АА)
sin (AD)
356
Ответы
Ответы
Ответы на лабораторные работы
Лабораторная работа 1
а
Ь
С
Гв
Ro
sin(Zjl)
sin(ZB)
1
24
84
3
7
25
24
25
2
8
17
3
00
to! Н-1
£
17
15
17
3
40
41
4
24
J)
41
40
41
4
11
61
330
5
з4
60
61
5
35
37
210
5
12
37
35
37
6
63
65
504
7
з4
16
65
7
28
45
53
630
10
45
53
8
33
56
65
924
12
33
65
9
36
1386
14
44
36
85
77
85
10
80
39
89
1560
15
39
89
Ответы на лабораторные работы
357
Лабораторная работа 2
b
а
НАС
S&ABC
вид ZB
Гв
Ro
sin(ZB)
1
4
12
острый
1,5
г-( |00
00
24
25
2
8
5
тупой
4
г-н
24
25
3
13
12
острый
00
00|
169
24
120
169
4
24
5
го
СЛ| ГО
1
>4
120
169
5
25
24
168
гч
ю
336
625
6
48
168
тупой
24
Т
625
14
336
625
7
17
120
острый
24
Т
289
30
240
289
8
18
40
360
острый
36
5
720
1681
*9
41
9
360
40
Т
720
1681
10
22
61
60
острый
55
6
3721
120
358
Ответы
Лабораторная работа 3
а
Ь
С
Ro
sin(ZA)
cos (ZB)
1
24
00
001
4
16
65
3
5
2
90
31 з'о
СМ | со
45
53
31
106
3
29
15
to
144
145
7_
25
4
25
2
20
29
3
5
5
20
2
7_
25
4
5
6
17
84
Ю 1 00
о
ц
15
17
7
168
20 3'1
125
4
16
65
_7_
25
8
132
СП
00 | СП
4
139
275
77
275
9
75
324
о
00 | СП
4
П>
65
10
30
96
3
16
65
Ответы на лабораторные работы
359
Лабораторная работа 4
Варианты (1—6)
1
2
3
4
5
6
АВ
6,5
7
26
ВС
24
28
48
CD
23,04
1Ю
JO
4,2
AD
1,96
4
BD
5,6
6^
25
11,2
1311
ZD
sin (ZB)
1
12
13
12
13
1
12
13
1
cos (ZC)
0,96
3
5
0,6
24
25
tg (ZA)
00 |b-
00
33
00 |b-
.00
^оДАВС
12,5
>4
4
25
ГвДАВС
3
8
2
3
8
6
mBC
У193
4\/37
>/37
>/193
4>/37
2V193
l ас
168y/2
31
56 г—
31 v
31 v
Ответы на упражнения на готовых чертежах
361
Ответы на упражнения на готовых чертежах
Упражнения на готовых чертежах 1
1. 155° 30'1- 2. 1120° I. 3. 110° I. 4. [46]
8. 12л/51;
8V5
3
. 11. [983; [463-
5 4*
Упражнения на готовых чертежах 2
1. [1683. 2. |30°|. 3. 132°1. 4. И143.
7. [брЗ. 8. I 90° I- 9. I 70° I. 10. ГШЗ.
13. 18л/31. 14. I 25 : 18 |. 15. [3301
18. Цб]. 19. [2561. 20. |75(ч<-1) .
5. [1353.
11. [801.
16. [23.
6. [W83.
12. [1921.
17. [721.
362
Ответы
Ответы на самостоятельные работы
Самостоятельная работа 1
Вариант I
Вариант II
1
АС
26
34
2
ВР
со
wl W
4
3
СК
35
4
РК
4
5
cos(ZBAC)
£
13
£
17
6
СО8(/ЛРЛ')
12
13
15
17
7
sm(ZCBP)
12
13
15
17
8
sin(ZCP/f)
_5^
13
8^
17
9
КТ
1“-
169
3^
289
10
РМ
169
132
12
289
11
KN
3-“
169
186
0
189
12
Srtmp
83^
169
,203
133
289
Ответы на самостоятельные работы
363
Самостоятельная работа 2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
-
13
12
4
30
120
169
13
00
|\/601
ю |00
2
-
17
15
4
60
240
289
8^
17
9^-
х/481
15у17
4
Самостоятельная работа 3
1. нвс = IW4];
твс~ 0,65/233 ;
sin (ZABC) = | 0,5376 |; гв : Ro = | 0,4032 |;
141 г_, , ,
1ВС = 14— . 2. Ц] (АВАС=90°). 3. [121.
4. [3301.
Блиц-самостоятельные работы
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
А
3
л а
4C‘S2
130°
13°
5 sin2 а
cosa
9
90°
9
3; 13
20°; 70°
В
12
bcosa
4^3
14
1
3
20
19
22
13
10; 50°
Самостоятельная работа 4
Вариант 1. 1. а) I 500 I. б) | —0,61. 2. а) [8~|. б)
Вариант 2. 1. а) I 285 |. б) | 0,2 |. 2. | 601.
Вариант 3. 1. 11050 I. 2. [41.
Вариант 4. 1. 1156 |. 2.
Самостоятельная работа 5
Вариант 1. 1. а) 4\/1б . б) 4\/15 . в) 45/6 .
2. а) 114\/51. б)
Ответы
364
Вариант 2. 1. а)
13
11
б) [16j|. в)
2. а)
Вариант 3. 1. 8-\/7 .
1 2
2а
(3 4-2 cos 2а) sin 2а
Самостоятельная работа 6
Вариант 1. а) | 85 |.
б)
36
648 arccos — .
85
Вариант 2. а) 1111. б) 10,2 |.
Вариант 3. а) I 26
б)
Вариант 4. а) I 64 |. б) | 271. в) 108 (5-\/21 — 9)
Самостоятельная работа 7
1. [2]. 2. ГТ00~1. 3. |13л/2, 33,81. 4. I 60° I. 5.
6. [3]. 7. | 2, 28 |. 8. 14, 8,45 |.
16 16
1Г°" И
57, - V30.
Ответы на самостоятельные работы
365
Самостоятельная работа 8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
Нет
Да
Нет
Да
Нет
Да
Да
Нет
Да
Нет
2
Да
Нет
Нет
Да
Да
Нет
Да
Да
Да
Нет
3
Да
Нет
Нет
Нет
Да
Нет
Да
Нет
Да
Нет
4
Нет
Да
Нет
Да '
Да
Нет
Да
Нет
Да
Да
Итоговая самостоятельная работа 1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
24
58°
7,5
42
20
18
х/Зтт2
У101
4abR2
а2 + Ь2
24
Итоговая самостоятельная работа 2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3:4
2
37
sin а
5
3
2у/2
2тг
т
3-2ч/2
2\/3 — 3
Итоговая самостоятельная работа 3
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
4
3
240
1697Г
150
\/2
1^
4
4 2 а
tg 2
2
366
Ответы
Краткие решения
Упражнения на готовых чертежах 1
1. Так как АВ — ВС, то /Л = ZC и ZC — 180° ~ 42°
Значит Z.KCM —
2 юо оц j.
2. Так как ZB = 90" и ЛС = 2ВС, то ZA=30°, и ZC = 60°.
Тогда АВСХС = 90° - 30° = 60°,
ААСХС = 180° - 60° = Г12СГ1.
3. Так как АА = 40° и АС = 60°, то ААВС = 80°. Следо¬
вательно, ААВМ = 40°. Далее: AABD = 90° - 40° = 50°
значит ADBM — 50° — 40° - 110° |. ’
4. Так как АВ = л/б2^2 = 10 и AD = 2 • 6 + 7 = 19
то ^abcd = 2 • 10 + 7 + 19 = 146 |.
о с 19 + 7 г
Значит SABCD = ——- • 8 = 13 • 8 = [1041.
5. Построим CCyAAD. Тогда DCV =8-5 = 3.
Так как AD — 45°, то DCX — ССХ = АВ — 3.
Следовательно, DC = 3\/2,
и Pabcd = 3 + 5 + 8 + 3\/2 — 16 + Зу^2 .
SAbcD = ^-3 = ~ =[ВД-
6. Так как АВг = \/132 — 122 = 5, то AD — 5 + 8 = 13,
значит PABcd = 4 • 13 = [52]; SAbcd = 13 • 12 = Щб].
7. Так как ACA.DB и AC^DB^O, то ВО = \/172 - 152 = 8>
т. е. DB — 116 I; Pabcd = 4 • 17 = [6.8];
Sabcd = ^ • 30 • 16 = |240|.
2U
Краткие решения
367
8. Используя теорему Герона, получим
= л/12 • 3 • 4 • 5 = 12\/5 .
2’5Д
8\/5
3
Так как ВВГ = то В В, =
АС 1 9
\ О / о о
ч-
СВг =
9. Так как NM = л/102 - 62 - 8 и ABNM ~ ABAC,
AC NM
АВ ~ ~BN’ Т е' АС =
8 • (5 + 10) _ 8 • 15
10 “ 10
10. Так как ^АВ = 120° и ~ВС = 150°,
то ~АС = 360° - 120° - 150° = 90°.
ААВС = | • 90° = [45°].
11. Так как ABCD описан окружностью,
то АА + АС = АВ + AD = 180°.
Тогда АС = 180° - 82° = | 98° I: AD = 180° - 134° = I 46° |.
12. Так как R =
О
abc а
4S 2 sin а ’
то Ro -
8
2 sin 30°
= [8].
13. Так как АВ = ВС, то ~АВ = -ВС.
— ЯП°
Но —АС = 80°, тогда ^АВ — - = 140°.
Значит А АО В = 140°,
lgQO 140°
следовательно, АВ АО = — |20°|.
14. Так как в трапецию вписана окружность,
то АВ + DC = AD + ВС, т. е. АВ + DC = 50.
Но DC — АВ + 10, значит DC = ——— [20].
2
368
Ответы
Упражнения на готовых чертежах 2
1. ZA + ZC = 180° - 156° - 24°;
ЛАОС = 180° — -(ZA + ZC) = 180° - 12° = I1685].
&
2. Z.CBD = 180° - 100° -10° = 70° и Z.CBD - ZABB = 70°.
С другой стороны, Z.BDA = 180° - 100° = 80°.
Значит, ZBAC = 180° - 70° - 80° = 130° I.
3. Так как ^(ZA + ZB) = 180° - 106° = 74°,
то ZA + ZB = 148°.
Значит, ЛАС В = 180° - 148° = |32° |.
4. Так как ЛА + ЛС = 180° - 48° = 132°,
то J(ZA + ZC) = 66°.
Z
Значит, ЛАОС = 180° — 66° = 1114° I.
5. Так как ЛА + ZB = 90° и ЛАОВ = 180° - |(ZA + ZB),
то ЛАОВ = 180° - 45° = Изб5!
6. Так как ЛАОС = 180° — ^(ZA +
а ЛАВС = 180° - (ЛА + ZC),
то учитывая, что ЛАОС + Л АВС = 144°, получим
180° - |(ZA + ЛС) + 180° - (ЛА + ZC) = 144°,
£а
Ч 1
т. е. -(ЛА + ЛС) = 360° — 144°, значит, -(ZA + ЛС) = 72°.
z Z
Тогда ЛАОС = 180° - 72° = 1108° I.
Краткие решения
369
7. Так как /ВО А = 180° - ^(ZA + ZB)
£л
и /АСВ = 180° - (ZA + ZB),
то учитывая, что /ВО А = 2(ZACB), получим
180° - |(ZA + ZB) = 2 (180° - (ZA + ZB)).
Значит, ZA+ZB = 120°, тогда /АСВ = 180°-120° =[бб°~].
8. Так как АВ || DC, то ZB + /С = 180°.
Тогда |(ZB + ZC) = 90°.
Значит, ZB КС = 180° - ^(ZB + ZC) = [905].
9. Так как ZABB, - /DCC1 = 20°, то ZB — ZC = 40°
т.е. ZB = ZC +40°.
Но ZB + ZC = 180°, значит, ZC = ZA = |~7q°~|
10. Так как j(ZC) = 90° - 57° = 33°, то ZC = 66°.
Ho ZB = 180° - ZC, значит, ZABC = 180° - 66° = [HFI
11. Так как AT = AK = 8 и ВМ = ВТ = 9 ™
что AB = DC, AD = 16 и BC = ’ °’ учитывая’
Пусть BBjlAD, тогда АВ, = _ fi
2 ~~ °-
Из ДАВВ1( где AB = 8 + 2 = 10 и АВг = 6
получим ВВ1 = д/102 - 62 = 8.
Значит, Sabcd = .8 = [80].
370
Ответы
12. Так как AB1.DB, то DB = \/252 — 152 = 20.
Используя метод площадей, получим
<^длвр = 2 ‘ АВ ■ DB — -AD ■ HAD,
АВ ■ DB 15 -20
тогда HAD = - AD , т. е. HAD = = 12.
Так как ABCD — трапеция, около которой можно опи¬
сать окружность (докажите), то АВ = DC (докажите).
Пусть BBj±AZ>, тогда АВг = V152 — 122 = 9.
Значит, ВС = AD - 2 • АВП т. е. ВС = 25 - 2 • 9 - 7.
Sabcd — 12 = 1.1921.
13. Пусть BB1J.AD.
Л П
Тогда, учитывая, что АВ - DC - 8, АВ, — —__ — л
1 2
Из ДАВВХ следует, что ВВг = \/82 — 42 — 4%/3.
&ABCD — 2 ' = 48\/3 .
Пусть CC)±AD, тогда DC1 = АВг = 4 и АСг = 12.
Из ЛАССг АС = ^4ч/3)2 + 122 = [8?5 .
14. Проведем диагонали АС и DB. Пусть О — точка их
пересечения. АВ = д/82 + 62 = 10 (из ДАВО).
Так как S^ABD — ^SABCD, то S^ABD = - •
С 16-12
т. е. Одлвв = —-— = 48. Следовательно,
„„ 25длвв , „„ . . _. „„ 2-48
ВВХ = AD (BB^AD), т.е. ВВХ = = 9)6
Из ДАВВХ АВХ = д/102 - 9,62 = 2,8 и ВВг = 7д
Так как SABCD : SBBiDBi = S/XABD : S^BByD,
S&abd : -SabbiD ~ AD : DB±,
TO Sabcd : SbBiDB? = 10 : 7,2 = | 25 : 18|.
Краткие решения
371
15. Проведем CDX || BD (AD С ADX), получим &ACDX.
Так как ВС = DDX = 16, то AD^ — 44, a BD = CDX — 39.
По теореме Герона
S^ACDy = \/50(50 - 39)(50 - 17)(50 - 44) = 5-11-6 = 330.
Так как S^ACD1 = SABCD (докажите), то SABCD = [330 |.
16. Проведем BBX1.AD и CC^-LAD.
Положим АВХ = х, тогда DCX = 11 — х — 7 = 4 — х.
Из ЛАВВ1 BBl = 52—x2; из ЛОССг С'С'12 = 32-(4-ж)2.
Так как ВВ1 = ССг (докажите), то 52 — х2 = З2 — (4 — ж)2.
Значит, х — 4 (это означает, что DC1—0, т.е. DC .LAD).
S -П + 7.3-1271
bABCD— 2 —
17. Проведем BB]±AD и CC1±AD.
Положим АВ1 = х, тогда DC1 = 20 — х — 10 = 10 — х.
Из ЛАВ В! BBl = 82 - ж2;
из &DCCX С Cl = 62 - (10 - ж)2.
Так как ВВ^ = ССг (докажите),
то 82 — ж2 = 62 — (10 — ж)2; ж = 6,4.
Из ЛАВВХ BBl = 82 - 6,42; ВВг = 4,8.
„ 20 + 10 _ , ,
Sabcd — —5— • 4,8 = 15 • 4,8 = [72].
18. Так как АС = BD, то АВ — DC и АО = DO.
Учитывая, что Z.CAD = 45°, Z.AOD = 90°.
Тогда SABCD — - ■ АС • BD, т. е. SABCD = —= [16].
19. Проведем CDX || BD (AD с AD^).
Получим AACD^ где ADt = 20 + 12 = 32.
Так как АВ — DC, то АС = BD.
372
Ответы
Так как ACLBD и АС — BD,
то АС = CDX и £ACDX = 90°.
Значит, Z.CAD-L = /LCD1A — 45°,
следовательно, HAD = ]-AD, т. е. HAD = 16.
Тогда S^ACDi = | ■ 32 • 16 = 256.
s^acdx = sabcd (докажите), значит S4BCP = 1256 L
20. Проведем BBXLAD и CC^-LAD.
Положим DCX — х.
Так как Z.D = 45°, то СС± = х.
Из ^АВВг АВ1 - ВВг ■ tg60°, т.е. ABt = Ху/%
Значит, ЛР = 20 = т\/3+10+т; х~—с ( г~
V3 + 1=5^^1
8ABCD — 2 ' 5 ('/з ~ 0 = I?5
Краткие решения
Самостоятельная работа 8
Вариант 1
1. Ответ: нет.
Рассмотрим контрпример.
В данном примере в неравных
треугольниках АВС и AMN
против неравных сторон лежат
равные углы.
2. Дано:
АВ = ВС
ANBM = AM ВС
ВМ || АС
Ответ: да.
Так как АВ = ВС,
то АА = ZC.
С другой стороны,
AN ВС = АА + ZC = 2 (АА) с
и ANBM = АСВМ, значит АА = АСВМ = гс
Следовательно, ВМ || АС, что и требовалось доказать.
3. Ответ: нет.
Рассмотрим контрпример.
АВ = А1В1-,
ABAC = АВ1А1С1;
ААВС = АА^В^,
ААСВ = АА1В1С1,
но ААВС ± ААХВХСХ.
374
Ответы
4. Ответ: да.
Так как треугольник остроугольный разносторонний, то
любая биссектриса не совпадает с высотой, проведенной
из этой же вершины. Тогда остроугольным будет тот тре¬
угольник, внутри которого проходит соответствующая вы¬
сота, а тупоугольным тот, в котором эта высота не про¬
ходит.
£5
Например, для треугольника АВС
рассмотрим вершину В. Проведем
из нее биссектрису ВВХ s' / \
и высоту BD, s' / \
А Вх Z> ”
В этом случае остроугольным будет треугольник В^ВС
(в нем проходит высота BD \ а тупоугольным — треуголь¬
ник АВВХ.
Проводя аналогично рассуждения с другими биссектриса¬
ми, убеждаемся в справедливости исходного утверждения.
Приведем пример.
В вершине А все высоты
пересекаются.
А
С
Краткие решения
375
7. Ответ: да.
Рассмотрим трапецию ABCD,
Так как для ДАВС и ADBC
высоты треугольников совпада¬
ют с высотой трапеции,
то S&abc = S/±dbc>
а значит, S^ABO = S^DOC.
8. Ответ: нет.
Приведем контрпример. Это «египетский» треугольник —
треугольник со сторонами 3, 4 и 5. Известно, что такой
треугольник является прямоугольным.
9. Ответ: да.
Рассмотрим трапецию ABCD, Существует два возмож¬
ных варианта:
По свойствам:
а) ЛВ = Л1В; BC = OiC; DC = DC, АВ = АВ^
б) ZA +ZB = 180"; ZC + zd=180o.
376
Ответы
Значит, ~ ~ = 90°, т. е. /АО В = 90°,
z 2
/С
и + -5- = 90°, т. е. /DO^C = 90°.
Тогда в полученном четырехугольнике суммы противопо¬
ложных углов равны 180°, значит, около него можно опи¬
сать окружность.
10. Ответ: нет.
Рассмотрим внешние углы ДАВС: а, /3 и 7.
Так как (3 = ZA + ZC;
Ч = /А + /В
то « + /3 + 7 = 2 (ZA + /в + ZC) = 2 • 180° = 360°,
т. е. а + (3 + 7 = 360°, а учитывая, что а : (3 : 7 = 1 : 2 : 3,
« = 60 , /3 = 120° и 7 = 180°, что невозможно.
Краткие решения
377
Вариант 2
1. Ответ: да.
Так как или Сг € [AD], или Вх е [АВ] (а возможно и то,
и то одновременно), то или ДАВВ15 или ЛОСС1 — рав-
Так как если диагонали четырехугольника точкой пересе¬
чения делятся пополам, то это есть признак параллело¬
грамма.
3. Ответ: нет.
Так как для четырехугольника
условие перпендикуляр¬
ности диагоналей
не достаточно для
того, чтобы он являлся параллело¬
граммом. Контрпример иллюстрирует
это утверждение.
D
4. Ответ: да.
Естественно, речь идет
о центральной симметрии.
Можно доказать, что
ДОРВ = ДОТВ
и ЛОВК = ДОВМ.
Значит, ОРВК = OTDM.
Аналогично доказывается, что О РАМ = ОТСК.
Следовательно, SOPBK — Sq^m и SOPAM — SOTCK.
378
Ответы
В с
Возможно и иное рас- ~71
положение пересекающихся р/^^
прямых. / /
х. тТ
В этом случае идея дока- X Г1
зательства — та же. /£— —
A D
5. Ответ: да.
Пусть АВ > DC и ВВГ
Отметим на АВ
точку В2, так
что ВВ2 — BBV
Тогда /.АВ^! > 90°. ' D
Значит АВХ > В2В1, где АВг — AD — ВС,
а АВ2 = АВ- DC.
Аналогично можно рассматривать и другие варианты.
6. Ответ: нет.
Приведем контрпример.
ABA.AD-, АС = BD;
АВ = 3; AD = 4;
ZBAC = ZDAC;
ВС = л/34 - 15ч/2;
DC = л/41 - 15\/2;
BD = АС = 5.
Очевидно, что ABCD не является параллелограммом.
7. Ответ: да.
Рассмотрим любой треугольник.
Пусть М и N — середины
сторон АВ и DC,
тогда MN = -АС.
2
В
С
А
Краткие решения
379
Проведем доп. построение: ССг || АВ (точка Сг принад¬
лежит прямой MN).
Можно доказать, что ANBM = ANCC^ и т. д.
8. Ответ: да.
См. решение задачи-исследования 2 (с. 258).
Пусть MN — прямая, С е MN; РК — прямая, L е СВ;
Т е DC; О е MN, и MN ПРК = О.
Получим AA.ZVM, NPLC, ЛРВЬ, ЛТСО, АКОМ
и MOTD.
10. Ответ: нет.
Так как отрезок РК, параллельный основанию трапе¬
ции и делящий его на две подобные трапеции, являет¬
ся средним геометрическим оснований этой трапеции, то
РК = х/оЬ, где а и b — основания этой трапеции.
Средняя линия трапеции МN =
л + b
2
(см. с. 242, 243).
/ CL + b
Тогда MN = РК, т. е. у/Л =
&
Но это возможно, только если а = Ь. Следовательно, это
верно только если это параллелограмм, что противоречит
условию.
380
Ответы
Вариант 3
1. Ответ: да.
Это известная теорема планиметрии (см., например, учеб¬
ник 7-9 класса: Атанасян А. С. «Геометрия», с. 127).
2. Ответ: нет.
Построим контрпример.
Рассмотрим равнобедренный
треугольник АВС,
Пусть АВА.ВС и АВ = АС = 1,41.
= 2^2’
тогда 3ЛАВС = | • (1,41)2 = | • 1,9881, т. е. S^ABC
3. Ответ: нет.
Это возможно только для равностороннего треугольника.
4. Ответ: нет.
Построим контрпример.
Рассмотрим параллелограмм ABCD, такой что:
AD = 50, АВ = 2, sin(ZBAD) = 0,05
(ВС II AD и АВ II ВС).
Тогда P^bcd = Ю4, a SABCD = 2 • 50 • 0,05 = 5 < 10
( sabcd = ab ■ sin(ZBAD)).
Краткие решения
381
5. Ответ: да.
Рассмотрим чертеж.
МРЦАС; МР=ЛАС = АХСХ.
MPNK — параллелограмм.
SA1MPCt = 2АС ' 2Нас
(AAj + ССг = -АС, так как МР = а с 1 л„\
1 ! г Л1Ч = 2ЛС)-
sДАМА! + 8дСрС1 = % • -АС ■ ^НАС-
Ядмвр = 1-МР.±.Нмр = ±.\ас.\нас.
Значит, 5Л1Мге, = 5Л„^ + 5ЛЛ„Л1 +s^ =
Аналогично SA,K„a = 1 . 1 . АС ■ =
Тогда SMPNK = -jSABCDy
а 1„
т.е. оmpnk не превосходит ?Sabcd-
6. Ответ: нет.
Пусть ДАВС — прямоугольный, ВС1.АС, где АВ —
гипотенуза (с2 = а2 + Ь2).
о _а2>/3 Ь2д/3 с2\/3
1огдаддс-С1В-—~; Ь^АВ1С~—S^AA1B-—^~.
гр 2 2 I ь2 с2-\/3 а2\/3 b2V3
Так как с — а2 + b , то и = 1 ,
4 4 4
значит, S^AA1B — S^CC1B + S^AB1C,
что и требовалось доказать.
7. Ответ: да.
В качестве примера рассмотрим
где BD = тАС и Z.ACB > 90°.
A D
382
Ответы
8. Ответ: нет.
Так как в выпуклом шестиугольнике девять диагоналей,
а в семиугольнике — тринадцать, причем, количество диа¬
гоналей увеличивается, следовательно, многоугольников,
у которых только десять диагоналей, нет.
9. Ответ: да.
Примером является трапеция, у которой длина одной бо¬
ковой стороны равна длине верхнего основания, а диаго¬
наль есть биссектриса угла — при условии, что эта диаго¬
наль равна другой боковой стороне.
10. Ответ: нет.
. а+Ь
+ 1 _За + Ь
°amnd - 2 2 aABCD - —g— • HABCD;
а+Ь . i
q — 1 FJ _ За + Ь
bMBCN ~ ' 2 ABCD ~ ~8~ ' ^ABCD-
Тогда
$amnd За + b 3
t. e. 96 + За = За + 6; C
8b = 0. / '
„ Ml
Следовательно, для тра- /
пеции, в отличие I
от треугольника, /
это невозможно. д —
Л Л
Краткие решения
383
Вариант 4
1. Ответ: нет.
Контрпример — равнобедренная
трапеция ABCD:
ВС || AD, АВ = DC.
2. Ответ: да.
Единственный параллелограмм, в который можно вписать
окружность — ромб, у которого диагонали взаимно пер¬
пендикулярны.
3. Ответ: нет.
Приведем контрпример.
Рассмотрим четырехугольник ABCD, такой в
что АВ = ВС, AD = DC, ACA.BD.
Очевидно, что
ЛВАВ = ЛВС В = 90°,
Л АВС + ЛАОС = 180°,
AD + ВС = АВ + DC.
Значит, около ABCD можно описать окруж- D
ность и в него можно вписать окружность, но он не явля¬
ется квадратом и равнобедренной трапецией.
4. Ответ: да.
а) В случае остроугольного треугольника
это очевидно.
Примечание. Это верно для любых
треугольников, если точка пересече- с
ния биссектрисы треугольника есть вершина каждого
из треугольников, сторонами которого являются сто¬
роны исходного треугольника,
т. е. ЛАОВ > 90°, ЛВОС > 90° и ЛСОА > 90°
(ЛАОВ + ЛВОС + ЛСОА = 360°).
384
Ответы
б) В случае тупоугольного треугольника (ЛАС В > 90°)
нужно провести DC так,
чтобы ЛВСО был тупым.
Тогда DM разбивает его
на два тупоугольных тре¬
угольника, если СМ — ВМ
(или АС || DM).
Итак, AADC^ ADCM и &DMB — тупоугольные.
5. Ответ: да.
Так как центр описанной около треугольника окружности
есть точка пересечения биссектрис, то если он принадле¬
жит и медиане, значит, эта медиана совпадает с биссектри¬
сой, а тогда треугольник является равнобедренным (см. за¬
дачу 23, с. 31).
6. Ответ: нет.
Пусть АА± = 1ЛА, ССХ =1^в,
АА1±СС1 и ААГ А ССг = О.
Тогда ЛАОВ = 90°, так как
|(ZA + ZB) = 90°,
но тогда ЛА + ЛВ = 180°,
что невозможно, поскольку
АВС — треугольник.
Следовательно, такого треугольника не существует.
7. Ответ: да.
Приведем пример.
ABLDB, ACLDC, ВС || AD.
В этом случае AD есть диаметр
описанной около &ABD
и ДАСТ? окружности. д
Краткие решения
385
Так как ВС || AD, и дуги окружностей, ограниченных
параллельными прямыми равны, то и хорды, стягивающие
их, также равны, т. е. АВ = DC.
Значит, ABCD — равнобедренная трапеция.
8. Ответ: нет.
Приведем контрпример.
Очевидно, что
АВ — ВАг — АгС = DC- ВО = ОВХ] АО = ОАХ,
но ВО / АО, тогда АгО / ОВг.
С другой стороны, Z.A + Z.B = 180°,
значит, + ZB) = 90°.
£
Тогда ЛВОА — 90°, т.е. ОА1О1В1 — прямоугольник, при¬
чем не квадрат.
9. Ответ: да.
По условию: АВ || DC, ВС || AD, AM = ВМ, AN - DN,
MCODB = P, NCODB = K.
Докажем, что ВР = РК = DK.
М
Проведем АС, тогда в /\АВС /
МС — тАВ, а ВК = тАС. AND
2 1
Значит, ВР = -ВО, а РО = -ВО.
О О
Из ААСВ NC = mAD a DP = mA(j.
2 1
Значит, DK = -DO, а КО = -DO.
3 3
Так как ОВ = OD, то ВР = РК = DK = -BD.
О
Содержание
Программы элективных курсов
для учащихся 8-11 классов 5
Введение 9
Треугольники и параллелограммы 13
Основные понятия и утверждения 13
Задачи на доказательство 28
Задачи на доказательство. Моделирование условий 32
Задачи на доказательство. Решение 42
Теорема Фалеса, подобие 71
Практикум 1 86
Решение практикума 1 88
Самостоятельная работа 1 109
Лабораторная работа 1 110
Тренировочная работа 1 (на доказательства) 111
Решение тренировочной работы 1 114
Метрические отношения в прямоугольном треугольнике.. 124
Практикум 2 128
Решение практикума 2 129
Лабораторная работа 2 137
Теорема Стюарта и ее следствия 138
Лабораторная работа 3 153
Задача-исследование 1 154
Практикум 3 157
Решение практикума 3 158
Самостоятельная работа 2 165
Трапеция 166
Практикум 4 170
Практикум 4. Моделирование условий задачи 172
Решение практикума 4 177
Тренировочная работа 2 189
Самостоятельная работа 3 190
Тренировочная работа 2. Моделирование условий 191
Самостоятельная работа 3. Моделирование условий 193
Решение тренировочной работы 2 195
Метрические отношения в окружности 200
Упражнения на готовых чертежах 1 202
Практикум 5 (типовые задачи) 206
Практикум 5. Моделирование условий 207
Решение практикума 5 210
Тренировочная работа 3 218
Тренировочная работа 3. Моделирование условий 219
Решение тренировочной работы 3 222
Упражнения на готовых чертежах 2 (повторение) 230
Блиц-самостоятельные работы 235
Лабораторная работа 4 237
Средние величины 239
Практикум 6
(решение задач с использованием средних величин) 246
Решение практикума 6 247
Задача-исследование 2 257
Краткое решение задачи-исследования 2 258
Решение комбинированных задач на закрепление
и развитие полученных навыков 261
Тренировочная работа 4 261
Самостоятельная работа 4 263
Тренировочная работа 4. Моделирование условий 265
Самостоятельная работа 4. Моделирование условий 268
Решение тренировочной работы 4 271
Тренировочная работа 5 282
Самостоятельная работа 5 284
Тренировочная работа 5. Моделирование условий 286
Самостоятельная работа 5. Моделирование условий 289
Решение тренировочной работы 5 292
Тренировочная работа 6 304
Самостоятельная работа 6 305
Тренировочная работа 6. Моделирование условий 306
Самостоятельная работа 6. Моделирование условий 308
Решение тренировочной работы 6 310
Тренировочная работа 7 315
Решение тренировочной работы 7 316
Самостоятельная работа 7 326
Домашняя тренировочная работа 327
Решение домашней тренировочной работы 328
Самостоятельная работа 8 (Задачи-ловушки) 337
Итоговые самостоятельные работы 341
Итоговая самостоятельная работа 1 341
Итоговая самостоятельная работа 1.
Моделирование условий 342
Итоговая самостоятельная работа 2 346
Итоговая самостоятельная работа 2.
Моделирование условий 347
Итоговая самостоятельная работа 3 351
Итоговая самостоятельная работа 3.
Моделирование условий 352
Ответы 356
Ответы на лабораторные работы 356
Ответы на упражнения на готовых чертежах 361
Ответы на самостоятельные работы 362
Краткие решения 366
Для заметок
Для заметок
Учебное издание
Шахмейстер Александр Хаимович
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ЭКЗАМЕНАХ
ЧАСТЫ. ПЛАНИМЕТРИЯ
Научный редактор серии А. В. Семенов
Художник Ю. 77. Куликов
Компьютерная Верстка С. С. Афонин
Корректоры Е. Г. Никитина, С. С. Афонин, О. А. Войтишек
По вопросам приобретения просьба обращаться:
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ПЕТРОГЛИФ»
Тел.: (812) 943-8076; E-mail: spb@petroglyph.ru
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВИКТОРИЯ ПЛЮС»
В Санкт-Петербурге: (812) 292-3660,292-3661
В Москве (филиал): (499) 488-3005
E-mail: victory@mailbox.alkor.ru; www.victory.sp.ru
ИЗДАТЕЛЬСТВО МЦНМО
119002, Москва, Б. Власьевский пер., 11.
Тел.: (495) 241-7285; факс: (499) 795-1015.
E-mail: biblio@mccme.ru; www.mccme.ru.
Налоговая льгота — ОКП 005-93-95-3005
Подписано кпечати 10.08.2011 г. Формат 60x90/16. Бумага офсетная.
Печать офсетная. Объем 24,5 печ. л. Тираж 1500экз. Заказ №393.
Отпечатано с диапозитивов в ГППО «Псковская областная
типография». 180004, г. Псков, ул. Ротная, 34
I 1еред вами серия книг практически по всем разделам
школьного курса математики
По существу это энциклопедия различных методов решения
задач, которые чаще всего встречаются непосредственно
в школьном курсе.
Это прекрасные самоучители, которые позволят ученикам
и абитуриентам без репетитора подготовиться к экзаменам.
Естественная логика построения материала «от простого
к сложному» позволит учителю использовать эти книги
для дифференцированной работы с учениками различного
уровня подготовки.
Желательно, чтобы работа с материалами этой серии книг
начиналась уже с 7, 8 класса и была постоянной
и планомерной, тогда она даст наибольший эффект.
Б. Г. Зив.
1. Дроби.
2. Корни.
3. Уравнения.
4. Дробно-рациональные неравенства.
5. Системы уравнений.
6. Иррациональные уравнения и неравенства.
7. Множества. Функции. Последовательности. Прогрессии
8. Логарифмы.
9. Тригонометрия.
10. Построение графиков функций элементарными методами.
11. Построение и преобразования графиков.
Параметры, (в 3-х книгах)
12. Уравнения и неравенства с параметрами.
13. Задачи с параметрами на экзаменах.
14. Введение в математический анализ.
15. Комплексные числа.
16. Комбинаторика. Статистика.
Вероятность.
17. Геометрические задачи на экзаменах.
Часть 1. Планиметрия.
18. Геометрические задачи на экзаменах.
Часть 2. Стереометрия. Часть 3. Векторы.