Б.Г. Зив В.Б. Некрасов
ДИДАКТИЧЕСКИЕ
МАТЕРИАЛЫ
ПО ГЕОМЕТРИИ
ДЛЯ 8 КЛАССА
С УГЛУБЛЕННЫМ ИЗУЧЕНИЕМ МАТЕМАТИКИ
МОСКВА
«ПРОСВЕЩЕНИЕ»
2000
УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я72
3-59
Рецензент: заслуженный учитель Российской Федерации,
учитель математики школы № 7 Москвы
И. И. Юдина
Зив Б. Г., Некрасов В. Б.
3-59 Дидактические материалы по геометрии для 8 класса
с углубленным изучением математики.— М.: Просвещение,
2000.—80 с.: ил.— ISBN 5-09-008793-8.
Книга содержит самостоятельные (в четырех вариантах) и контроль-
ные (в двух вариантах) работы и ориентирована на учебно-методический
комплект, состоящий из учебника «Геометрия, 7—9» и учебного пособия
«Геометрия. Дополнительные главы к школьному учебнику 8 класса с
углубленным изучением математики» авторов Л. С. Атанасяна и др.
УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я72
ISBN 5-09-008793-8
© Издательство «Просвещение», 2000
© Художественное оформление.
Издательство «Просвещение», 2000
Все права защищены
ПРЕДИСЛОВИЕ
Сборник составлен к учебному пособию «Геометрия. Допол-
нительные главы к школьному учебнику 8 класса» авторов
Л. С. Атанасяна, В. Ф. Бутузова, С. Б. Кадомцева, С. А. Шеста-
кова, И. И. Юдиной (ссылка на это пособие дается в виде
«ДГ-8») и содержит 21 самостоятельную и 5 контрольных работ.
Самостоятельные работы обозначены буквой С, а контроль-
ные — К. Самостоятельные работы составлены в четырех вари-
антах, где третий и четвертый варианты несколько сложнее пер-
вых двух. Контрольные работы составлены в двух вариантах.
Так как предложенные задачи достаточно сложны, то необходи-
мое время для их решения устанавливает сам учитель. В конце
пособия даны ответы ко всем самостоятельным и контрольным
работам, а также указания и решения к наиболее сложным за-
даниям. Предложенные решения не являются единственно воз-
можными.
Приводим темы самостоятельных и контрольных работ:
С—1	Выпуклые и невыпуклые четырехугольники.
С—2	Параллелограмм.
С—3	Прямоугольник, ромб, квадрат,	трапеция.
С—4	Симметрия четырехугольников	и других
фигур.
С—5	Равносоставленные многоугольники.
С—6,	п
С__у’	Площади многоугольников.
С—8	Теорема Пифагора.
С—9	Признаки подобия треугольников.
С—10	Применение подобия к доказательству тео-
рем и решению задач.
С—11	Замечательные точки треугольника.
С—12	Среднее геометрическое и другие средние.
С—13	Метод подобия в задачах на построение.
С—14	Взаимное расположение прямых и окруж-
ностей.
С—15	Углы, связанные с окружностью.
С—16	Теорема о квадрате касательной и о пересе-
кающихся хордах.
С—17	Окружности Аполлония.
С—18	Вписанные и описанные окружности.
3
С—19	Сложение и вычитание векторов. Умноже- ние вектора на число.
С—20	Разложение вектора по двум неколлинеар-
С—21	ным векторам. Применение векторов к доказательству тео- рем и решению задач.
К—1 К-2 к-з К—4 К-5	Четырехугольники. Площади. Подобные треугольники. Окружности. Векторы на плоскости. Авторы
САМОСТОЯТЕЛЬНЫЕ РАБОТЫ
ВАРИАНТ 1
С—1
1.	Может ли многоугольник иметь 25 диагоналей?
2.	Докажите, что выпуклый четырехугольник с неравными угла-
ми должен иметь хотя бы один тупой угол.
3.	Сколько углов с градусной мерой меньше 10° может быть в
выпуклом многоугольнике?
С—2
1. В треугольнике АВС точка /(— середина АВ, М£АС, причем
AM — 4, МС — 6. Отрезки (Ж и ВМ пересекаются в точке
N. Найдите KN:NC.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали пересекают-
ся в точке О, причем ВО = OD, АО < ОС. Докажите, что
ABAD> ABCD.
С—3
1.	Докажите, что если отрезки, соединяющие середины противо-
положных сторон в выпуклом четырехугольнике, равны, то
диагонали четырехугольника перпендикулярны.
2.	ABCD — прямоугольная^трапеция, где ВС||АО, Z. BAD = 90°.
Диагональ BD делит угол ADC пополам. Сторона ВС —а,
5а
средняя линия трапеции равна — . Найдите угол BCD.
3.	Постройте квадрат ABCD по отрезку ВМ, где М — середина
стороны АО, и углу DBM,
С—4
1. Докажите, что прямая, содержащая перпендикуляр, прове-
денный к основанию равнобедренной трапеции через его сере-
дину, является осью симметрии этой трапеции.
2. Две прямые, содержащие точку пересечения диагоналей па-
раллелограмма, пересекают его стороны соответственно в точ-
ках Л! и С и Докажите, что четырехугольник MNLK —
параллелограмм.
5
С—5
1. Прямоугольный треугольник разрежьте на три треугольника,
из которых можно составить ромб, диагонали которого равны
катетам данного треугольника.
2. Через вершину С равнобедренной трапеции ABCD, где
AD — BC, проведена прямая, параллельная диагонали BD и
пересекающая прямую АВ в точке Е. Докажите, что трапеция
ABCD равносоставлена с треугольником АСЕ.
С—6
1. Внутри треугольника АВС выбрана точка М так, что площади
треугольников АМВ, ВМС, АМС равны. Докажите, что М —
точка пересечения медиан.
2. В параллелограмме ABCD на диагонали АС взята точка /( и
соединена отрезками с вершинами В и D. Докажите, что тре-
угольники АВК и ADK равновелики.
С—7
1. Отрезок, соединяющий середины двух противоположных сто-
рон выпуклого четырехугольника, разделил его на два равно-
великих четырехугольника. Докажите, что эти стороны парал-
лельны.
2. На сторона\ЛВ и АС треугольника АВС взяты соответствен-
но точки D и Е так, что площадь треугольника АВС в два ра-
за больше площади треугольника ADE. Медиана СМ пересе-
кает отрезок DE в точке N. Докажите, что NM • ND = NE • NC.
С—8
1. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4,
проведена медиана к боковой стороне, равная 3. Найдите
основание треугольника.
2. Докажите, что в прямоугольном треугольнике квадрат обрат-
ной величины высоты, проведенной к гипотенузе, равен сумме
квадратов обратных величин катетов.
6
С—9
1. Докажите, что середины оснований трапеции и точка пересе-
чения ее диагоналей лежат на одной прямой.
2. Боковые стороны AD и ВС трапеции ABCD равны соответст-
венно 8 и 12, причем zLABC = Z.CAD. Найдите площадь тра-
пеции, если площадь треугольника АВС равна 36.
С—10
1. Медиана СК и биссектриса ЛЛ4 треугольника АВС пересека-
ются в точке О, прямая ВО пересекает сторону АС в точке F.
а) Найдите площадь треугольника ЛВЛ4, если ДВ = 8, ВС — 7,
ЛС = 6.
б) Докажите, что треугольники FMC и АВС подобны.
2. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АВ прове-
дены высота CD и биссектриса AF. Биссектриса внешнего уг-
ла при вершине В пересекает прямую АС в точке К- Докажи-
те, что точки £>, F, К лежат на одной прямой.
С—11
1. Расстояния от точки пересече-
ния медиан равнобедренного тре-
угольника до его сторон равны 6,
6 и 5. Найдите длину основания
этого треугольника.
2. На рисунке 1 прямые ОХО%, О2О3
и О^з — биссектрисы внешних
углов треугольника АВС. Дока-
жите, что отрезки О,Л, О2В
и О3С являются высотами тре-
угольника OjO2O3.
7
С—12
1. Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции, параллель-
ный ее основаниям и разбивающий трапецию на две равнове-
ликие трапеции, равен 2Д/5~, а средняя линия трапеции равна
4. Найдите отрезок, разбивающий трапецию на две подобные
трапеции.
2. Через вершину С ромба ABCD проведена прямая, пересекаю-
щая стороны угла BAD в точках и Л4. Докажите, что удво-
енная сторона ромба есть среднее гармоническое для отрез-
ков АК и AM.
С—13
1. Постройте треугольник по двум углам и периметру.
2. Впишите в данный остроугольный треугольник АВС прямо-
угольник KLMN, сторона которого в два раза меньше сто-
роны /(7V, так, чтобы точки К и L лежали на стороне АВ, а
точки М и N — на сторонах ВС и АС данного треугольника
соответственно.
С—14
1. Две окружности, расположенные одна вне другой, пересечены
прямой, которая пересекает первую окружность в точках А и
В, вторую — в точках С и D. Докажите, что если касательные
к окружностям в точках А и С параллельны, то параллельны
и касательные к окружностям в точках В и D.
2. В прямой угол вписана окружность радиуса R. Найдите ради-
ус вписанной в этот угол окружности, касающейся данной
окружности.
С—15
1. АВ — основание равнобедренного треугольника АВС. Дока-
жите, что окружность, касающаяся сторон угла АСВ в точках
А и В, проходит через точку М — центр вписанной в треуголь-
ник АВС окружности.
2. В круге с центром О и радиусом R проведена хорда АВ и про-
должена на расстояние BC = R. Через точки С и О проведена
секущая CD, причем С — О — D. Докажите, что 2.A0D —
— 3/-ACD.
8
С—16
1. В окружность вписан треугольник, одна из сторон которого
равна 21. Параллельно этой стороне через точку пересечения
медиан проведена хорда. Отрезки хорды, расположенные вне
треугольника, равны 11 и 8. Найдите неизвестные стороны
треугольника.
2. Точка В лежит между точками Л и С. На отрезках АВ и АС
как на диаметрах построены окружности. К отрезку АС в точ-
ке В проведен перпендикуляр до пересечения с большей
окружностью в точке D. Из точки С проведена касательная
СК к меньшей окружности. Докажите, что CD = CK-
С—17
1. Четырехугольник ABCD не является параллелограммом. До-
кажите, что множество всех точек Л4, для каждой из которых
ЛМ2+СЛ42== jBM2 + Z)M2, есть прямая, перпендикулярная от-
резку, соединяющему середины диагоналей четырехугольника
ABCD.
2. Постройте треугольник АВС по стороне АВ, высоте CD, в ко-
тором jBC:XC = 2: 1.
С—18
1. Вписанная и вневписанная в треугольник АВС окружности
касаются стороны ВС в точках Л4 и /V. Найдите MN, если
АС — Ь, АВ = с.
2. Точка М принадлежит окружности, описанной около правиль-
ного треугольника АВС. Докажите, что не существует тре-
угольника, стороны которого равны отрезкам AM, ВМ, СМ.
С—19
1. Докажите, что ABCD — параллелограмм, если имеет место
равенство FM — СК — РВ + К К = KD — PF — МА и точки А, В,
С, D не лежат на одной прямой.
2. От точки О отложены векторы ОМ = т, ON — n и ОК =
= \ п\ • т — \ т\ -п, где т и п — некоторые неколлинеарные
векторы. Докажите, что луч ОК — биссектриса угла, смежно-
го с углом MON.
2 Заказ 1759
9
С—20
1. Основание AD трапеции ABCD в два раза больше основания
ВС, точка М — середина боковой стороны CD. В каком отно-
шении отрезок AM делит диагональ ВО?
2. Найдите положение центра масс системы четырех точек В, В,
G, Н с массами т, т, 2т и Зт соответственно.
С—21
1. Точки К, М, Af, В, Q, R— середины сторон ДВ, CD, EF, ВС,
DE, AF шестиугольника ABCDEF соответственно. Докажите,
что точки пересечения медиан треугольников KMN и PQR
совпадают.
2. На сторонах LK и LM треугольника KLM отложены отрезки
LA и LB соответственно такие, что LA — 3AK, LB~4ВМ. От-
резки ВК и AM пересекаются в точке С. Во сколько раз пло-
щадь треугольника KLM больше площади треугольни-
ка кем?
ВАРИАНТ 2
С—1
1.	Существует ли многоугольник с 27 диагоналями?
2.	В четырехугольнике ABCD углы А и В равны, угол D больше
угла С. Докажите, что BC>AD.
3.	В выпуклом многоугольнике имеется 5 углов с градусной ме-
рой 140° каждый, остальные углы острые. Найдите число сто-
рон п этого многоугольника.
С—2
1. В треугольнике АВС точка F£BC и BF = 3, FC —2, точка
Е£АС и АЕ = 6, ЕС = 2,5. Отрезки AF и BE пересекаются в точ-
ке К. Найдите AK'.KF.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали пересекают-
ся в точке О, BO = OD, ABAD> ABCD. Докажите, что
ЛО<ОС.
С—3
1.	Докажите, что если отрезки, соединяющие середины противо-
положных сторон выпуклого четырехугольника, перпендику-
лярны, то диагонали данного четырехугольника равны.
2.	ABCD — прямоугольная трапеция, где ВС||Л£>, ZZL4£> = 90°,
ABCD — 120°, ВС —а. Диагональ BD делит угол ADC пополам.
Найдите среднюю линию трапеции.
3.	Постройте квадрат ABCD по отрезку, равному биссектрисе
АЕ треугольника АВС.
С—4
1. Докажите, что прямая, содержащая середины оснований рав-
нобедренной трапеции, перпендикулярна основаниям.
2. В параллелограмме ABCD проведены прямые ЛЛ1 и CCt так,
что A DAAj = А С{СВ (A^CD, С^АВ). Докажите, что четы-
рехугольник ААХССХ — параллелограмм.
И
С—5
1. Разрежьте ромб на три треугольника, из которых можно со-
ставить прямоугольный треугольник, катеты которого равны
диагоналям данного ромба.
2. Через вершину D и середину Е боковой стороны ВС трапеции
ABCD проведена прямая, пересекающая прямую АВ в точке
F. Докажите, что треугольник ADF равносоставлен с трапе-
цией ABCD.
С—6
1. В треугольнике АВС точка М делит сторону АС в отношении
—	К —' произвольная точка отрезка ВМ. Докажите, что
площади треугольников АВК и ВКС относятся как т\п.
2. Прямая, параллельная стороне АС треугольника ЛВС, пере-
секает стороны АВ и СВ соответственно в точках D и Е. Эти
точки соединены отрезками с противоположными вершинами
треугольника ЛВС. Докажите, что треугольники АВЕ и CBD
равновелики.
С—7
1. ABCD — параллелограмм. Прямая, параллельная ЛВ, пере-
секает стороны ВС и AD в точках К и М соответственно, а
диагональ АС — в точке L. Докажите, что треугольники АВК
и ALD равновелики.
2. Площадь треугольника ЛВС равна S. На каждой стороне тре-
угольника выбраны две точки, делящие ее в отношении
1:2:1. Найдите площадь шестиугольника, вершинами которо-
го служат выбранные точки.
С—8
1. Основание равнобедренного треугольника равно 4д/2~, а ме-
диана боковой стороны 5. Найдите длину боковой стороны.
2. Из середины одного из катетов прямоугольного треугольника
проведен перпендикуляр на гипотенузу. Докажите, что раз-
ность квадратов полученных отрезков гипотенузы равна квад-
рату второго катета.
12
С—9
1. Докажите, что середины оснований трапеции и точка пересе-
чения продолжений ее боковых сторон лежат на одной
прямой.
2. Основание АВ трапеции ABCD равно 12, диагональ В£) = 6,
/LADB — A.BCD. Найдите площадь треугольника BCD, если
площадь трапеции равна 40.
С—10
1.	Стороны АВ, ВС и АС треугольника АВС равны соответствен-
но 5, 4, 6. Точка D делит отрезок ВС в отношении
BD: DC — 2:3, отрезок AD пересекает биссектрису СК тре-
угольника АВС в точке М, а прямая ВМ пересекает сторону
АС в точке F.
а)	Докажите, что треугольники KBD и АВС подобны.
б)	Найдите площадь треугольника BCF.
2.	Отрезки NA и КВ — биссектрисы треугольника KMN, а бис-
сектриса внешнего угла при вершине М пересекает прямую
KN в точке С. Докажите, что точки А, В и С лежат на одной
прямой.
С—11
1. Длины сторон треугольника 13, 14 и 15. Найдите расстояния
от точки пересечения медиан этого треугольника до его
сторон.
2. На рисунке 2 прямые OjO2, О2О3 и O1O3 — биссектрисы внеш-
них углов треугольника АВС, точка О — точка пересечения
биссектрис треугольника АВС, Докажите, что отрезки ОА,
О2С, О3В являются высотами треугольника ОО2О3.
13
С —12
1. Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции, параллель-
ный ее основаниям и разбивающий трапецию на две равнове-
ликие трапеции, равен 5, а отрезок, разбивающий данную
трапецию на две подобные трапеции, равен д/15". Найдите
среднюю линию трапеции.
2. Отрезок AD — биссектриса треугольника АВС. Через точку
D проведена прямая, параллельная стороне АС и пересекаю-
щая сторону АВ в точке К. Докажите, что удвоенный отрезок
Л/< есть среднее гармоническое для отрезков АВ и АС.
С—13
1. Постройте треугольник по углу, отношению заключающих
этот угол сторон и периметру.
2. Впишите в данный остроугольный треугольник RMN ромб
ABCD с данным углом DAB (/LDAB> /LMfcN) так, чтобы
точки А и В лежали на стороне /(М, а точки С и D — на сто-
ронах MN и AW треугольника /(MN соответственно.
С—14
1. Треугольник АВС— равносторонний. Точки В, Е и F — сере-
дины сторон ВС, СА и АВ. Докажите, что прямая DF касается
окружности, проходящей через точки С, D и Е.
2. К двум окружностям радиусов R и г проведены внешняя и
внутренняя касательные. Докажите, что т\ — m^ — ^Rr, где
т{ — отрезок внешней касательной, а т2 — отрезок внутренней
касательной.
С—15
1. К двум окружностям, пересекающимся в точках М и /(, прове-
дена общая касательная. Докажите, что если А и В — точки
касания, то ААМВА~ /САКВ= 180°.
2. Докажите, что биссектриса внешнего угла А треугольника
ЛВС, вписанного в окружность, параллельна хорде, соединяю-
щей середины дуг АВ и АС.
14
С—16
1. Середина С полуокружности соединена с концами диаметра
АВ, и через середины отрезков АС и СВ проведена хорда.
Каждый из отрезков хорды, расположенных вне треугольника
АВС, равен т. Найдите радиус окружности.
2. Катеты прямоугольного треугольника АСВ (ZC = 90°) равны
а и b, CD-LAB. На отрезках AD и DB как на диаметрах по-
строены полуокружности, пересекающие катеты треугольни-
ка. Найдите длины отрезков катетов, находящихся внутри
этих полуокружностей.
С—17
1. Точки Е и F — середины сторон AD и ВС четырехугольника
ABCD. Докажите, что множество всех точек Л4, для каждой из
которых ЛМ2-р£>Л42==ВЛ42-|-СЛ42, есть прямая, перпендику-
лярная отрезку EF.
2. Постройте треугольник АВС по стороне АВ, медиане ССЬ в
котором ВС:АС — 1:2.
С—18
1. Вневписанная в треугольник АВС окружность, касающаяся
стороны ВС, и вписанная в этот треугольник окружность ка-
саются прямой АС в точках Е и F соответственно. Найдите
длину отрезка EF, если ВС—а.
2. Точка К принадлежит дуге АС окружности, описанной около
равнобедренного прямоугольного треугольника АВС
(Z_C = 90°). Докажите, что не существует треугольника, сторо-
ны которого равны отрезкам ВК и С/(.
С—19
1. Докажите, что KMNP— параллелограмм, если имеет место
равенство АС — DKA-BP— BN — FB— СМ — DA и точки К, М,
N, Р не лежат на одной прямой.
2. Векторы а и b неколлинеарны. От некоторой точки X отложе-
ны векторы ХА — a, XB — b, ХС — — \a\'b-\b\-a. Докажите,
что луч ХС — биссектриса угла, вертикального с углом АХВ.
15
С—20
1. Основание MN трапеции KMNP в три раза меньше основа-
ния КР, точка Е — середина стороны PN. В каком отношении
отрезок ME делится диагональю трапеции AW?
2. Найдите положение центра масс системы четырех точек А, В,
С, D с массами m, 2m, 3m и 3m соответственно.
С—21
1. Точки К, L, М, N, Р, Q — середины сторон АВ, ВС, CD, DE,
EF, FG семиугольника ABCDEFG соответственно. Точки R и
S — точки пересечения медиан треугольников RMP и LNQ. До-
кажите, что PS||AG и PS—-ir/IG.
2. Точки Д' и Л4 на сторонах АС и ВС треугольника АВС соответ-
ственно таковы, что А/( — 4/(С, СМ = ЗМВ. Найдите площадь
треугольника ВОМ, где О — точка пересечения отрезков AM
и BR, если площадь треугольника АВС равна S.
ВАРИАНТ 3
С—1
1. Докажите, что пятиугольник правильный, если равны все его
стороны и равны три последовательных угла.
2. ABCDEF — правильный шестиугольник, сторона которого
равна а. Точка О находится внутри треугольника АСЕ. Пусть
d — сумма расстояний от точки О до вершин треугольника
АСЕ. Докажите, что
С—2
1. AKCF — параллелограмм. Через середину диагонали АС про-
ведена прямая до пересечения с прямыми Л/( и CF в точках
В и D соответственно. Докажите, что ABCD — параллело-
грамм.
2. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противо-
положных сторон выпуклого четырехугольника, и отрезки, со-
единяющие середины их диагоналей, пересекаются в одной
точке.
С—3
1.	На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС по-
строены квадраты АМКС и CFPB. Докажите, что сумма рас-
стояний от точек М и Р до прямой АВ равна АВ.
2.	В равнобедренной трапеции диагонали равны d и составляют
с основанием угол в 60°. Найдите среднюю линию трапе-
ции.
3.	Постройте прямоугольник по диагонали и периметру.
С—4
1. На боковых сторонах АВ и CD равнобедренной трапеции
ABCD вне ее построены равносторонние треугольники АВМ и
CDK. Докажите, что Л4/<||Л£> и MD = AK.
2. Из точки О пересечения диагоналей параллелограмма ABCD
проведены перпендикуляры ОЛ4, CW, ОР и OQ к его сторо-
нам. Докажите, что четырехугольник MNPQ — параллело-
грамм и что диагонали этого параллелограмма пересекаются
в точке О.
17
Фигуру, изображенную на рисунке 3,
разрежьте:
а) на шесть равных треугольников;
б) на две равные фигуры, каждая из
которых составлена из трех равных
треугольников.
Докажите, что фигура, изображен-
ная на рисунке 3, равносоставлена с
ромбом, один из углов которого ра-
вен 120°, а большая диагональ рав-
на За.
С—6
1. Площадь трапеции делится диагональю в отношении 3:7. В
каком отношении она делится средней линией, считая от мень-
шего основания?
2. В равностороннем треугольнике АВС, площадь которого рав-
на S, отложены от вершины В на сторонах ВА и ВС отрезки
ВМ — BN = АВ. Точки М и N соединены с точками А и С. От-
резки AN и СМ пересекаются в точке D. Найдите площадь че-
тырехугольника MBND.
С—7
1. В выпуклом четырехугольнике ABCD отмечена точка пересече-
ния диагоналей Е. Известно, что S4££ = SDC£=1,
4D —3. Найдите ВС.
2. В треугольнике АВС точка L делит пополам отрезок ВС, а
точка К делит пополам отрезок BL. Из точки А через точки
К и L проведены лучи и на них отложены вне треугольника
АВС отрезки LD = AL и KF = ^АК. Найдите отношение пло-
щади треугольника АВС к площади четырехугольника KLDF.
18
С—8
1. Дан прямоугольник ABCD. Докажите, что для любой точки
М плоскости выполняется равенство МА2 Д-МС2 = МВ2 Д-MD2.
2. Найдите площадь треугольника, если две его стороны равны
1 и V13”, а медиана, проведенная к третьей стороне, равна 2.
С—9
1. Прямые, параллельные стороне АВ треугольника АВС, делят
его площадь на три равные части. В каком отношении эти пря-
мые делят отрезок ВС?
2. Основание AD трапеции ABCD в два раза больше основания
ВС. Через произвольную точку F основания AD проведены
прямые, параллельные диагоналям трапеции, пересекающие
боковые стороны АВ и CD в точках К и Л4 соответственно. До-
кажите, что отрезок КМ делится диагоналями трапеции на
три равные части.
С—10
1.	Стороны АВ, ВС и АС треугольника АВС равны соответствен-
но 8, 4 и 6. Точка F делит сторону АС в отношении
AF:FC = 2:1, отрезок BF пересекает биссектрису AD тре-
угольника АВС в точке О, а прямая СО пересекает сторону
АВ в точке /С Найдите:
а)	площадь треугольника ВСК',
б)	площадь треугольника ОВК.
2.	Отрезки ММХ и AWj — высоты разностороннего тре-
угольника KMN. Докажите, что точки пересечения прямых
и КМ, MlNl и MN, K[N[ и KN лежат на одной прямой.
С—11
1. Сторона ВС треугольника АВС больше стороны АС. Докажи-
те, что медиана АА{ меньше медианы ВВХ.
2. Пусть О — точка пересечения биссектрис прямоугольного
треугольника АВС (ДСЗ_ВС). Докажите, что площадь тре-
угольника АО В равна------—-----, где а = ВС, Ь~АС, с = АВ.
2(« + /> + Д
19
С—12
1. Пусть О — точка пересечения биссектрис треугольника АВС.
На сторонах АС и ВС треугольника АВС выбраны точки Е и
D соответственно такие, что отрезок АО есть среднее геометри-
ческое для отрезков АЕ и АВ, а отрезок ВО — среднее геомет-
рическое для отрезков BD и АВ. Докажите, что точки D, Е и
О лежат на одной прямой.
2. Отрезок АВ разбивает трапецию KM.NP (КМ\\РК) на две по-
добные трапеции, а отрезок ЛМ есть среднее геометрическое
для четырех отрезков, три из которых равны PN, а четвертый
равен КМ. Докажите, что треугольники АВК и ВКМ
подобны.
С—13
1. Постройте треугольник по углу, отношению заключающих
этот угол сторон и расстоянию между точкой пересечения бис-
сектрис треугольника и точкой пересечения его высот.
2. Постройте параллелограмм по углу, отношению его высот
и стороне.
С—14
1. В прямоугольном треугольнике АВС с катетами 3 и 4 вершина
прямого угла С соединена с серединой D гипотенузы АВ. Най-
дите расстояние между центрами окружностей, вписанных в
треугольники ACD и BCD.
2. К двум внешне касающимся окружностям с радиусами R и
г проведена общая внешняя касательная. Найдите радиус
окружности, вписанной в фигуру, ограниченную дугами дан-
ных окружностей и общей касательной.
С—15
1. Через центр О окружности, описанной около остроугольного
треугольника АВС, проведена прямая, перпендикулярная СО
и пересекающая отрезки АС и ВС в точках Е и F соответст-
венно. Найдите длину отрезка CF, если АС = Ь, ВС —а и
EC = d.
2. Через точку К окружности с центром О проведена хорда КА
и касательная ВС. Прямая, проведенная через центр О, пер-
пендикулярна к радиусу ОА, пересекает хорду АК в точке М,
а касательную ВС в точке Af. Докажите, что NK = NM.
20
С—16
1. Диаметр окружности, перпендикулярный к хорде A1W, пересе-
кает ее в точке А. Хорда ВС пересекает МЫ в точке D. Дока-
жите, что значение AD2BD • CD не зависит от положения
точки D.
2. Две окружности радиусов R и г (/?>г) касаются внутренним
образом в точке А. Через точку В, взятую на большей окруж-
ности, проведена касательная ВС к меньшей окружности.
Найдите длину отрезка АВ, если ВС = а.
С—17
1. Даны окружность Ф с центром О и точка вне ее. Через точ-
ку К проведена окружность Фь пересекающая окружность
Ф в точках А и В. Касательная к окружности Ф! в точке пе-
ресекает отрезок АВ в точке М. Докажите, что точка М при-
надлежит прямой, перпендикулярной отрезку ОК.
2. Точки Л, В, С и D лежат на одной прямой и
АВ: ВС: CD —2:1:3. Постройте точку М, из которой отрезки
АВ, ВС, CD видны под равными углами.
С—18
1. Две непересекающиеся окружности с радиусами гх и г2 рас-
положены так, что их общие внутренние касательные взаимно
перпендикулярны. Найдите площадь треугольника, ограни-
ченного этими касательными и одной из общих внешних каса-
тельных данных окружностей.
2. Докажите, что площадь четырехугольника, вписанного в
окружность радиуса R, может быть вычислена по формуле
S =	• Л](аЬ + cd) (ас + bd){adA~bc),
где а, Ь, с, d — стороны четырехугольника.
С—19
1. На сторонах треугольника АВС построены параллелограммы
ABDF, АСМЫ, BCPQ. Докажите, что ВЫ + MP + QD = 0.
2. Точки М{, М2, М3 симметричны произвольной точке М относи-
тельно середин сторон ВС, АС и АВ треугольника АВС. Дока-
жите, что треугольники MtM2M3 и АВС равны.
21
С—20
1. Точки D, Е и F на сторонах АВ, АС
и ВС треугольника АВС таковы, что
BD — 3DA, CF = 4FB и СЕ:ЕА =
= 2:3. В каком отношении каждый
из отрезков CD и EF делится их
точкой пересечения О?
2. Докажите, что отрезки, соединяю-
щие середину каждой стороны пяти-
угольника с точкой пересечения ме-
диан треугольника, вершинами ко-
торого служат три другие вершины
пятиугольника (рис. 4), пересекают-
ся в одной точке и делятся ею в от-
ношении 3:2 (считая от середины
стороны).
С—21
1. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Докажите, что
точки пересечения высот треугольников BCD, ACD, ABD и
АВС являются вершинами четырехугольника, равного четы-
рехугольнику ABCD.
2. Точки Ах, Вх, Су на сторонах ВС, АС и АВ треугольника
АВС таковы, что ACj: СХВ = ВАХ:АХС — СВХ: ВХА = 1:2. Отрез-
ки ААХ, ВВХ, ССХ пересекаются попарно в точках А2, В2, С2. Во
сколько раз площадь треугольника АВС больше площади тре-
угольника А2В2С2?
ВАРИАНТ 4
С—1
1. В четырехугольнике ABCD продолжения сторон DA и СВ пе-
ресекаются в точке £, а продолжения сторон ВА и CD — в точ-
ке F. Докажите, что угол между биссектрисами углов CED и
CFB равен полусумме углов А и С.
2. Докажите, что сумма длин диагоналей выпуклого пятиуголь-
ника больше его периметра.
С—2
1. AECF — параллелограмм, точка О — середина диагонали АС.
Через эту точку проведена прямая, пересекающая прямые СЕ
и AF соответственно в точках В и D. Докажите, что ABCD —
параллелограмм.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD стороны АВ и CD рав-
ны. Через середины диагоналей АС и BD проведена прямая,
пересекающая стороны АВ и CD в точках М и N соответствен-
но. Докажите, что ABMN = ACNM.
С-—3
1.	На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС по-
строены квадраты АСКМ и СРЕВ. Прямые /СИ и РЕ пересека-
ются в точке Т. Докажите, что TCAlAB.
2.	Средняя линия равнобедренной трапеции равна ее высоте.
Найдите угол между диагоналями.
3.	Постройте квадрат по сумме диагонали и стороны.
С—4
1. На боковых сторонах АВ и CD равнобедренной трапеции
ABCD вне ее построены равносторонние треугольники АВМ и
CDK. Прямые МА и KD пересекаются в точке £, прямые АВ и
CD — в точке Р, отрезки АС и BD — в точке О. Докажите, что
точки Е, Р и О принадлежат одной прямой.
2. На противоположных сторонах АВ и CD параллелограмма
ABCD отложены равные отрезки A/( = CL, а также и на сторо-
нах AD и ВС отложены равные отрезки BM = DN. Докажите,
что четырехугольник KMLN— параллелограмм, центр кото-
рого совпадает с центром параллелограмма ABCD.
23
С—5
1.	Фигуру, изображенную на рисун-
ке 5, разрежьте:
а)	на шесть равных треугольни-
ков;
б)	на две равные фигуры, каж-
дая из которых составлена из
трех равных треугольников.
2.	Докажите, что фигура, изобра-
женная на рисунке 5, равносо-
ставлена с ромбом, меньшая диа-
гональ которого равна а, а один
из углов 60°.
С—6
1. В прямоугольнике ABCD точка делит сторону АВ в отноше-
нии АК\КВ~3:4, а точка М делит сторону CD в отношении
£)Л4:Л4С = 5:3. В каком отношении отрезок /СЛ4 делит пло-
щадь прямоугольника?
2. Через середину высоты равнобедренного треугольника прове-
дены две прямые, соединяющие ее с вершинами основания.
Какую часть площади треугольника составляет каждая из
шести частей, на которые эти прямые разрезают треугольник?
С—7
1. Каждая диагональ четырехугольника делит его на треуголь-
ники одинаковой площади. Докажите, что этот четырехуголь-
ник — параллелограмм.
2. В треугольнике АВС на стороне АВ взята точка а на сто-
.	АСХ ВАХ тт
роне ВС — точка А1 таким образом, что -^ — р,	На и-
дите отношение площадей треугольников АВС и
С—8
1. Докажите, что если точка М расположена на основании ВС
равнобедренного треугольника АВС или его продолжении, то
ВМ-МС = АС? — АМ\
2. Основания трапеции равны 6 и 8, а ее диагонали равны 13 и
15. Найдите площадь трапеции.
24
С—9
1. На боковых сторонах AD и ВС трапеции ABCD взяты точки
Е и F так, что отрезок EF параллелен основаниям трапеции и
делит площадь трапеции пополам. Найдите длину отрезка EF,
если АВ —a, CD = b.
2. Через произвольную точку L стороны АВ треугольника АВС
проведены прямые, параллельные его медианам ААХ и ВВХ,
пересекающие стороны АС и ВС в точках Д' и Л4. Докажите,
что отрезок ДЛ4 делится медианами ААХ и ВВХ на три равные
части.
С—10
1.	Длины сторон ДЛ4, MN и треугольника ДМ/У равны соот-
ветственно 5, 6 и 9. Точка А делит сторону /VI/У в отношении
ЛМ:ЛД~1:3, биссектриса /УС треугольника Д/И/У пересекает
отрезок АК в точке F, а прямая FM пересекает сторону Д/V в
точке В, Найдите:
а)	площадь треугольника ВКМ;
б)	площадь треугольника BKF.
2.	Отрезки ААХ, ВВХ и CQ— биссектрисы разностороннего тре-
угольника АВС. Докажите, что точки пересечения прямых
АХВХ и АВ, ВХСХ и ВС, АХСХ и АС лежат на одной прямой.
С—11
1. Сторона ВС непрямоугольного треугольника АВС больше сто-
роны АС. Докажите, что точка пересечения высот треугольни-
ка АВС ближе к стороне АС, чем к стороне ВС.
2. Л4 — точка пересечения медиан прямоугольного треугольника
АВС, где AC^LBC. Докажите, что Л4Д2-|-МВ2 = 5МС2.
С—12
1. Биссектрисы углов Д и Л4 выпуклого четырехугольника
KMNP пересекаются в точке О. Известно, что отрезок КО
есть среднее геометрическое для отрезков КР и ДЛ4, а отрезок
МО — среднее геометрическое для отрезков MN и КМ. Дока-
жите, что точка О принадлежит стороне КР данного четырех-
угольника.
2. Отрезок MN разбивает трапецию ABCD, где ДВ|| CD, на две
подобные трапеции, а отрезок МС разбивает трапецию CDMN
на два подобных треугольника. Докажите, что отрезок AN
есть среднее геометрическое для четырех отрезков, три из ко-
торых равны отрезку АВ, а четвертый равен отрезку CD.
3 Заказ 1759
25
С—13
1. Постройте треугольник по двум углам и расстоянию между
точкой пересечения медиан этого треугольника и точкой пере-
сечения его биссектрис.
2. Постройте трапецию по отношению ее оснований, двум углам,
прилежащим к большему основанию, и высоте.
С—14
1. В треугольнике АВС с высотой CD АС — 90°, ЛС = 3,
СВ = 4. Найдите расстояние между центрами окружностей,
вписанных в треугольники ACD и DCB.
2. Окружность радиуса 2 касается внешним образом другой
окружности в точке А. Общая касательная к обеим окружно-
стям, проведенная через точку Л, пересекается с другой их об-
щей касательной в точке В. Найдите радиус второй окружно-
сти, если отрезок АВ равен 4.
С—15
1. Около треугольника АВС описана окружность. Прямая I ка-
сается окружности в точке А. Через точку D стороны АВ про-
ведена прямая DE\\l, где Е£АС, АЕ = Ь, AD = §, ЕС — 7. Най-
дите BD.
2. На окружности взяты четыре точки. Докажите, что прямые,
соединяющие середины противоположных дуг, взаимно пер-
пендикулярны.
С—16
1. Прямоугольный треугольник вписан в полуокружность так,
что его гипотенуза совместилась с диаметром. Из точки диа-
метра проведен перпендикуляр, который пересекает окруж-
ность, катет и продолжение другого катета. Докажите, что
один из трех полученных отрезков перпендикуляра есть сред-
нее геометрическое между двумя другими.
2. Две окружности радиусов R и г (R> г) касаются внешним
образом в точке Л. Через точку В, взятую на большей окруж-
ности, проведена касательная ВС к меньшей окружности.
Найдите длину отрезка ВС, если хорда АВ = а.
26
С—17
1. Даны окружность Ф с центром О и точка А внутри этой
окружности (Л не совпадает с О). Через точку А проведены
окружность Фь пересекающая окружность Ф в точках М и N,
и касательная к окружности Фь пересекающая отрезок AW
в точке В. Докажите, что точка В принадлежит прямой, пер-
пендикулярной отрезку ОА.
2. Даны два отрезка АВ и АХВ{, длины которых связаны отноше-
нием АВ *АХВ{ = 2:1. Постройте точку Л4 такую, что треуголь-
ник АМВ подобен треугольнику АХМВХ.
С—18
1. Две непересекающиеся окружности с радиусами гх и г2
ri) расположены так, что их общая внутренняя касатель-
ная перпендикулярна одной из общих внешних касательных.
Найдите площадь треугольника, ограниченного этими каса-
тельными и второй общей внутренней касательной.
2. Две хорды окружности радиуса R равны а и Ь. Найдите хорду
этой окружности, стягивающую дугу, равную сумме дуг, стяги-
ваемых данными хордами.
С—19
1.	Докажите, что из отрезков, равных медианам некоторого тре-
угольника, можно составить новый треугольник.
2.	Точки Мх и Л42 симметричны произвольной точке Л4 относи-
тельно середин сторон ВС и АС треугольника АВС соответст-
венно.
а)	Докажите, что либо АВМХМ%— параллелограмм, либо
точки Мх и Л42 лежат на прямой АВ.
б)	Каково в последнем случае положение точки Л4?
27
С—20
1. Точки М и W на сторонах ВС,
АС и АВ треугольника АВС тако-
вы, что СК — ^КВ, АМ — ЗМС,
AN\NB —1:3. В каком отноше-
нии каждый из отрезков А К и
MN делится точкой F их пересе-
чения?
2. Отрезок соединяет точку пересе-
чения медиан треугольника, вер-
шинами которого являются три
вершины шестиугольника, с точ-
кой пересечения медиан треуголь-
ника, вершинами которого являются три другие вершины шес-
тиугольника (рис. 6). Докажите, что все такие отрезки пересе-
каются в одной точке и делятся ею пополам.
С—21
1. Четырехугольник ABCD вписан в окружность с центром
О. Пусть Нх, Н2, Н3, Н4 — точки пересечения высот треугольни-
ков BCD, ACD, ABD и АВС соответственно. Докажите, что от-
резки АНХ, ВН2, СН3 и DH4 пересекаются в одной точке и де-
лятся ею пополам.
2. Точки Ах и Л2 на стороне ВС треугольника АВС таковы, что
BA J = А 1Л2 = А2С, а точка Вх делит сторону АС в отношении
АВХ\ВХС — 2:1. Отрезки ААХ и АА2 пересекают отрезок ВВХ в
точках М м N соответственно. Найдите площадь четырех-
угольника AxA2NM, если площадь треугольника АВС равна S.
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ
К—1
ВАРИАНТ 1
1.	В выпуклом четырехугольнике ABCD отрезок LAf, соединя-
ющий середины диагоналей, равен отрезку /(М, соединяюще-
му середины сторон AD и ВС. Найдите угол, образованный
продолжением сторон АВ и CD.
2.	В прямоугольной трапеции диагонали взаимно перпенди-
кулярны. Большая диагональ составляет с меньшей боковой
стороной угол в 60°. Докажите, что меньшая диагональ равна
средней линии трапеции.
3.	Докажите, что сумма боковых сторон любой трапеции
больше разности ее большего и меньшего оснований.
К—1	ВАРИАНТ 2
1.	В выпуклом четырехугольнике ABCD точки и М — сере-
дины сторон AD и ВС, а точки L и Af — середины диагоналей
BD и АС, причем /(A4±LAf и KN=LN. Найдите величину уг-
ла, образованного продолжениями сторон АВ и CD.
2.	Из вершины прямого угла меньшего основания прямо-
угольной трапеции под углом 45° к этому основанию проведен
луч, который проходит через середину большей боковой сторо-
ны. Докажите, что меньшая боковая сторона этой трапеции
равна удвоенной средней линии трапеции.
3.	Докажите, что сумма диагоналей любой трапеции больше
суммы ее оснований.
К—2	ВАРИАНТ 1
1.	Две стороны треугольника равны 14 и 22. Медиана, прове-
денная к третьей стороне, равна 12. Найдите третью сторону.
2.	В треугольнике два угла равны 105° и 45°, а площадь
равна д/3~+1. Найдите меньшую высоту треугольника.
3.	Боковая сторона трапеции равна 5, а расстояние от нее до
середины другой боковой стороны равно 3. Найдите площадь
трапеции.
29
К—2
ВАРИАНТ 2
1.	Периметр треугольника равен 42, а его основание равно
20. Медиана, проведенная к этому основанию, равна 5. Най-
дите боковые стороны треугольника.
2.	Большее основание трапеции равно 6, а меньшее 4. Углы
при большем основании равны 30° и 45°. Найдите площадь
трапеции.
3.	Площадь трапеции равна 20, а расстояние от середины од-
ной боковой стороны до другой равно 5. Найдите длину этой
боковой стороны.
К—3	ВАРИАНТ 1
1. Точки Ах и лежат на сторонах ВС и АС соответственно тре-
угольника АВС, отрезки AAj и ВВХ пересекаются в точке
О и АО: ОАХ = ВО: ОВХ — 2:1. Докажите, что отрезки ААХ и
— медианы треугольника АВС.
2. Точки Ab Вх, Cj на сторонах ВС, АС и АВ соответственно тре-
угольника АВС таковы, что отрезки ААХ, ВВХ, ССХ пересека-
ются в одной точке О. Прямые С,/!, и СХВХ пересекают пря-
мую, проходящую через вершину С и параллельную прямой
АВ, в точках М и А. Докажите, что CM — CN.
К—3	ВАРИАНТ 2
1. Отрезок ААХ— биссектриса треугольника АВС. Точка Вх
на стороне АС такова, что отрезок ВВХ пересекает биссектри-
су ААХ в точке О и при этом — “4—, где а = ВС, Ь = АС,
О
с = АВ. Докажите, что отрезок ВВХ— биссектриса треуголь-
ника АВС.
2. Точки Ах, Вх, Сх на сторонах ВС, АС, АВ треугольника АВС
таковы, что отрезки ААХ, ВВХ, ССХ пересекаются в одной точ-
ке. Через точки К, М, N— середины сторон АВ, ВС и АС со-
ответственно— проведены прямые ММХ и ААЬ парал-
лельные прямым ССЬ ААХ и ВВХ соответственно. Докажите,
что прямые КК\, ММХ и AAj пересекаются в одной точке.
31
к—4	ВАРИАНТ 1
1.	Докажите, что середина дуги, заключенной внутри острого
угла между касательной и хордой, проведенной через точку
касания, равноудалена от касательной и хорды.
2.	В параллелограмме KLMN сторона АС = 8. Окружность,
касающаяся сторон NK и NM, проходит через точку L и пере-
секает стороны KL и ML в точках С и D соответственно. Изве-
стно, что AC:LC —4:5 и LD*.MD = %'. 1. Найдите сторону КА.
3.	В прямоугольном треугольнике вневписанная окружность
касается гипотенузы и продолжения катетов. Радиус вневпи-
санной окружности равен 10, а вписанной — 2. Найдите гипо-
тенузу треугольника.
К—4	ВАРИАНТ 2
1.	Две окружности касаются внешним образом в точке А. Че-
рез точку А проведены две секущие. Одна из секущих пересе-
кает первую окружность в точке £, а вторую окружность— в
точке С, другая секущая пересекает окружности в точках D и
В, Докажите, что дАВСсо &ADE.
2.	Центр окружности, касающейся стороны ВС треугольника
АВС в точке В и проходящей через точку А, лежит на стороне
АС. Найдите площадь треугольника АВС, если ВС —6 и
АС-9.
3.	В равнобедренном прямоугольном треугольнике вневпи-
санная окружность касается катета, продолжений гипотенузы
и другого катета. Радиус этой окружности равен 2. Найдите
катеты треугольника.
К—5	ВАРИАНТ 1
1.	Точки М и А — середины сторон АВ и CD четырехугольни-
ка ABCD, точка К — середина отрезка MN, О — точка пере-
сечения медиан треугольника BCD.
а)	Докажите, что точки А, А, О лежат на одной прямой.
б)	Найдите, в каком отношении точка А делит направленный
отрезок АО.
2.	Стороны треугольника АВС, противолежащие вершинам
А, В и С, равны соответственно а, b и с. Докажите, что цент-
ром масс системы точек А, В и С с массами а, b и с соответст-
венно является центр окружности, вписанной в треугольник
АВС.
33
К—5	ВАРИАНТ 2
1. Точка D, не принадлежащая ни одной из прямых АВ, АС
и ВС, соединена отрезками с вершинами треугольника АВС.
Пусть О, Е, F, К, М — точки пересечения медиан треугольни-
ков ABC, BDC, CDA, ADB и EFN соответственно.
а) Докажите, что точки D, М, О лежат на одной прямой,
б) Найдите, в каком отношении точка М делит направленный
отрезок DO.
2. Точки А, В и С — центры вневписанных окружностей тре-
угольника MNP, стороны MN, NP и РМ которого равны соот-
ветственно р, т и п. Докажите, что центром масс системы то-
чек М, N и Р с массами т, п и р соответственно является точ-
ка пересечения высот треугольника АВС.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
САМОСТОЯТЕЛЬНЫЕ РАБОТЫ
С—1
ВАРИАНТ 1. 1. Такой многоугольник не существует. Можно доказать,
что число диагоналей /г-угольника равно	. Тогда п(п— 3) —50,
т. е. п2— Зп— 50 — 0, но это уравнение не имеет натуральных решений.
2.	Предположим, что выпуклый четырехугольник с неравными угла-
ми не имеет тупых углов. Тогда все его внешние углы тупые и сумма их
больше 360°, чего быть не может. Значит, предположение неверно и че-
тырехугольник имеет хотя бы один тупой угол.
3.	Сумма внешних углов выпуклого многоугольника, взятых по одно-
му при каждой вершине, равна 360°. Тогда такой многоугольник может
иметь не более двух внешних углов с градусной мерой больше 170°. Это
означает, что острых углов с градусной мерой меньше 10° может быть
не более двух. В качестве примера можно привести треугольник с угла-
ми, равными 1°, 2° и 177°.
ВАРИАНТ 2. 1. Да, девятиугольник имеет 27 диагоналей.
2.	Продолжим стороны AD и ВС четырехугольника ABCD до их пе-
ресечения в точке М. Так как zlZ)>>zlC, то zl CDM < ЛМ CD и
CM < DM. Треугольник АМВ равнобедренный, значит, ВМ — АМ. Учи-
тывая, что CM <DM, получим, что BC>DA.
3.	п = 6.
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть АВ^ВС= CD = DE = EA и ЛА= ЛВ— ЛС
(рис. 7). Нужно доказать, что ABCDE — правильный многоугольник. Из
равенства треугольников АВЕ и АВС следует, что AC —BE и ЛАСВ =
— ЛАЕВ = ЛАВЕ — ЛВАС. В таком случае ЛАКВ равнобедренный и
АК — ВК. Так как СК = АС — АК и ЕК=ВЕ~ВК, то СК = ЕК. Из ра-
венства треугольников DKE и DKC (по трем сторонам) следует, что
ЛКЕЕ — ЛЕСЕ. Поэтому ЛС — ЛЕ, так как каждый из них является
суммой равных углов. Аналогично доказывается, что ЛЕ — ЛЕ. В та-
ком случае пятиугольник ABCDE правильный.
2. Рассмотрим правильный шестиугольник ABCDEF (рис. 8). Легко
доказать, что ОЕ + ОС <.АЕ + AC, ОЕ+ ОА<СЕ + АС, ОА-}-ОС<
37
<^АЕ-\-ЕС. Если сложить эти неравенства и разделить пополам,
получим:
ОС+ОЕ+ОЛсАС+СЕ + АЕ.	(1)
Очевидно, что
АС-\-СЕ-\-АЕ<6а.	(2)
Из (1) и (2) следует, что ОС + ОЕ-\- О А <6а, значит,
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть биссектрисы углов Е и F пересекаются в точ-
ке Н (рис. 9), биссектриса ЕИ пересекает сторону АВ в точке К. Пусть
ЛЕКА = а, /LEHF = х. Рассмотрим /\ЕКН. Так как а — внешний угол
этого треугольника, то х=а—^ЛЕ. Из &АЕК следует, что
а= ZA—~ ZE. В таком случае х= ZA—~ ZE— — ZE. Очевидно,
что Z£= 180° — Z С—ZZ), ZE—180° — ZB- Z С. Тогда х = ZA +
+	+ <£ 0—180°. Так как Z4+ Л В+ Л С+ <£.0 = 360°, то
1	. , . 1 . „ . АА + ZB+ ZC+ ZD ,__о	Z.4+ZC
х = — <£Д+ — <£СН------------------180 =---------. Таким об-
Z4 + ZC
разом, х =-------.
2	. Пусть А1А2А3А4А5—выпуклый пятиугольник (рис. 10). При прове-
дении его диагоналей образуется пять выпуклых четырехугольников:
А1А2А3А4, А1А2А4А5, А2А3А4Л5, А1А2А3А5, А1А3А4А5. Легко доказать, что сум-
ма диагоналей выпуклого четырехугольника больше суммы двух его
противоположных сторон. Отсюда имеем:
А1Аз +A2^4>> А1А2 +А3А4, А1А4 + ^2^5Z> A I A2A- Л4А5,
А2А4 + ДзД5>*А2А3А- Л4Л5, А1Аз + А2А5 >А2А3 + А1А5,
А3А5 + А1А4 > А3А4 + А1А5.
Сложив почленно эти равенства и сократив на 2, получим:
А1Аз +Л2Л4 +А3Л5 +А1А4 +^2As>>AiA2 + ^2^3 +А3А4 +А4А5 +A|As.
38
С—2
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: 1:3. Проведем КЕ\\ВМ (рис. И). Так как
KN ЕМ 2	1
АК = ВК, то АЕ = ЕМ = 2. По теореме Фалеса 44 =	± = 2_
NC МС 6	3
2.	Построим точку Е на отрезке АС (рис. 12) так, что АО = ОЕ.
Тогда ABED — параллелограмм. Используя теорему о внешнем угле
треугольника, имеем: /~ВЕО> /LBCO, /2DEO> /-DCO. Тогда /-BEO-F
+ /-DEO> /LBCO-\~ /-DCO, значит, </BED> /-BCD. Так как /-BED —
= /LBAD, то /LBAD> /LBCD.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 4:1. Задача решается аналогично задаче
1 из варианта 1.
2. Доказательство проведите методом от противного.
ВАРИАНТ 3. 1. Рассмотрим треугольники АОВ и COD (рис. 13), в
которых АО = ОС, /-BOA— /-COD и /-ВАС = /-ACD. Отсюда следу-
ет, что ДАОВ= &COD, значит, BO — OD. В четырехугольнике ABCD
имеем: АО —ОС и BO — OD. Тогда ABCD — параллелограмм.
2. Пусть Л4, £, Р и F — середины сторон четырехугольника ABCD,
a N и К — середины его диагоналей АС и BD (рис. 14). На основании
теоремы Вариньона четырехугольник МЕРЕ — параллелограмм. Легко
доказать, что и четырехугольник NEKF— параллелограмм. Тогда оче-
видно, что отрезки MP, EF и NK пересекаются в одной точке.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 3.
2. Пусть точка Е — середина стороны ВС (рис. 15). Тогда РЕ —
39
средняя линия треугольника АВС, значит, РЕ\\АВ и РЕ =~ АВ. Анало-
гично EKW CD и Е% = ~ CD. Так как АВ = CD, то и РЕ — ЕК- Тогда тре-
угольник РЕК равнобедренный и zLEPK= ^~ЕКР. Так как АВ\\ЕР и
CD\\EK, то ABMN = АЕРК и <tEKP = ^CNM. Следовательно,
sLBMN = sLCNM.
С—3
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть F, М, Р и Е — середины сторон АВ, ВС, CD
и DA выпуклого четырехугольника ABCD (рис. 16). По теореме Варинь-
она EFMP— параллелограмм. Так как FP — EM, то EFMP— прямо-
угольник. В таком случае легко доказать, что ACYBD.
2. /LBCD=120°.
3. Сначала постройте треугольник BMD по данному углу MBD, углу
BMD, равному 180°— zLMBD— 45°, и стороне ВМ. Затем достройте этот
треугольник до квадрата.
ВАРИАНТ 2. 1. Нужно доказать, что середины противоположных
сторон четырехугольника являются вершинами ромба. В таком случае
легко доказать, что диагонали данного четырехугольника равны.
2 —
4
3. Сначала необходимо построить треугольник АВЕ по двум
90°
углам — ДАВЕ = 90°, Z^BAE = —^~ и стороне АЕ. Затем достройте
этот треугольник до квадрата.
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть ME, СО, PD — перпендикуляры к прямой АВ.
Тогда можно доказать, что &МЕА = &АОС и ДВОС — &BDP, причем
ME —АО, PD — BO.
2. О т в е т:	Пусть ABCD — трапеция (АОЦВС). По условию
АВ —CD, zLBDA — ^°. Проведем BE.\_AD. Нужно доказать, что отре-
зок ED равен средней линии трапеции. Из треугольника BED следует,
что ED = ^ .
3. Пусть требуется построить прямоугольник ABCD по диагонали
АС и периметру Р. На продолжении стороны ВС за вершину В отметим
точку М так, чтобы выполнялось равен-
ство АВ —МВ. Тогда треугольник АМС
можно построить по стороне МС, равной
7) Р, стороне АС и углу М, равному 45°.
Затем треугольник АВС достраивается
до прямоугольника.
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть прямые ТС и
АВ пересекаются в точке О. Обозначим
ЛМТС=а. Тогда ДTCP —а= ДАСО.
Рис. 16
40
Треугольники АСВ и МТС равны по двум катетам. Отсюда ZOBC = cc,
ZOCB = 90°-a. Поэтому Z. СОВ = 90°.
2. 90°. Решается аналогично задаче 2 из варианта 3.
3. Пусть требуется построить квадрат ABCD. Продолжим отрезок
АС за вершину А и отложим отрезок AE = AD. Треугольник ECD можно
90°	90°
построить по стороне ЕС, равной AC-\~AD, zLE=—^-, /LECD — ~^~.
Затем достроим треугольник ACD до квадрата.
С—4
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть прямая р перпендикулярна основанию ВС
трапеции ABCD и проходит через середину отрезка ВС. Тогда симмет-
рия с осью р отображает точку В на точку С и точку А на точку D. Вы-
берем на отрезке АВ произвольную точку X и построим симметричную
ей относительно оси р точку Хь Легко доказать, что точка Xi будет
принадлежать стороне CD. Тем самым доказывается, что прямая р —
ось симметрии трапеции ABCD.
2. Установите, что точка пересечения диагоналей данного паралле-
лограмма есть центр симметрии четырехугольника MNLK.
ВАРИАНТ 2. 1. Прямая, содержащая середины оснований равно-
бедренной трапеции, является ее осью симметрии.
2. Точки Ci и А] симметричны относительно точки пересечения диа-
гоналей параллелограмма ABCD.
ВАРИАНТ 3. 1. Точки М и X симметричны относительно прямой, со-
держащей середины оснований трапеции.
2. Точки М и N симметричны соответственно точкам Р и Q относи-
тельно точки О пересечения диагоналей параллелограмма.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 3.
2. Точки М и N, L и X симметричны относительно точки О пересече-
ния диагоналей параллелограмма.
С—5
ВАРИАНТ 1. 1. См. рисунок 17.
Рис. 17
41
Рис. 18
Рис. 21
2. Докажите, что треугольник ВСЕ ра-
вен треугольнику ADC.
ВАРИАНТ 2. 1. См. рисунок 17.
ВАРИАНТ 3. 1. а) См. рисунок 18.
2. См. рисунок 19.
ВАРИАНТ 4. 1. а) См. рисунок 20.
2. См. рисунок 19.
С—6
ВАРИАНТ 1. 1. См. рисунок 21. Пусть SABm = Sbmc==Samc = S,
с с с с ЕМ т	S т S т
= SCme = S2 и —=—. Очевидно, что —— и
/VI jC ZZ	о । П 02 М
Si + S2 = S. Отсюда следует, что Si = — -S, S2 = —-S, — + — = I, — = 1,
tn	tn tn tn tn
• Следовательно, M— точка пересечения медиан треугольника.
2. Треугольники АВК и AKD равновелики, так как у них общее
основание АЕ и равные высоты BE и DE (рис. 22). Равенство высот сле-
дует из равенства треугольников ВЕС и AED.
ВАРИАНТ 2. 1. Очевидно, что	, Акм — ЕЕ . Воспользуемся
^свм П $СКМ п
а	с	, а —с	Eabm — Sakm
тем, что если — —	/г, то -—7 = я. В таком случае —----------—
b d	b~d	scbm~sckm
__ $АВК__ ГП_
^вкс п
42
5
В
с
м
Рис. 25
к
D
А
2. SADC = SAEC, так как у них одина-
ковые основания и равные высоты. По-
скольку SABE = *$АВс — *$А£С, $CBD =
~$авс SADC и SADC = SAEC, то SABE = SCBD.
9
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ:	Обо-
О
значим SABC = Si, SADC = S2, тогда	= у
(рис. 23). Так как St=^BC-h, S2 = ^AD-h, то ф-=-Ё£=|. Пусть
Л	Л	4^2 /ж U /
BC = 3x, AD = 7x, тогда EF = bx. Отсюда следует, что SEBCF =
Зх+5х h 8х h о , е 5х-|-7х h о , $ebcf 2xh 2
= ~ТТ2=М S^0 = -^—2=3xA’ S^=3^=3'
2. Ответ: ^-S. См. рисунок 24. Проведем BE-LAC, EF\\CM. Так
как АЕ = ЕС, то AF = FM, По условию ВМ АВ. Тогда AF = FM ~
= МВ и BD = DE,
^АВЕ~~2	SABD = —SAB£ = —S,
S
DMB—~^$ABD—“[2	$DMBN
— 2$BMD —*0 *$•
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ:	. См.
59
DM— by, CM —by. Обозначим
ст* 51	4xH-3z/
и S2. Тогда —=-—
□2 OX by
s	„
«jj /	bo
S2	24z/	. _	59
-y- + 5i/
KBCM через Si
~	8z/
Отсюда x=~-,
рисунок 25. Пусть AK= 3x,
площадь трапеций AfcMD и
Так как AB = CD, то 7x = 8z/.
43
в
Рис. 27
2. Ответ: —, —, —. Проведем DN\\AF (рис. 26). Легко доказать,
что СNFC — \ С2. Пусть	тогда SAMD — SDMC = —, SAEM = SCMF —
- 1 Q _с - 1
— 6 И ^EBM— ^MFB— ~j"2 *
C—7
ВАРИАНТ 1. 1. См. рисунок 27. Пусть E и F — середины сторон вы-
пуклого четырехугольника ABCD. По условию BE —ЕС. Тогда FE — ме-
диана треугольника BFC. В таком случае SBEF — SCEF. Так как по усло-
вию SABEF — SCEFD, то Sabf~Sdcf, и так как AF — FD, то высоты ВР и CL
треугольников ABF и DCF равны. В таком случае BC||AZ).
2. См. рисунок 28. Так как СМ — медиана треугольника АВС, то
$амс~~2$авс> По условию BADE — ~ SABC. Тогда 5дмс = 3Л0£, значит,
о о $mdn MN-DN
’s'c — уу£.	1 (Z.MND—t'LENC)-
Отсюда следует, что NM • ND — NE • NC.
ВАРИАНТ 2. 1. Пусть ВК'.ВС = т:п (рис. 29).
$Авк_ВК	...
Вавс" ВС	{ }
44
Рис. 31
(высоты треугольников АВК и АВС равны). Так как Д7И||АВ, то ——™
ZI С
В К.т
^ald__AL___т	/2}
лс_ п •
5
SABC = SADC = -~, где S — площадь параллелограмма. Из (1) и (2) следует:
Q ____ S ПТ Q ____ S fit	Q ___ Q
ЛВК = ~2'~ ’ ^ALD~~2*~n ' 10ГДа	^ALD-
13
2. Ответ: — S. Пусть К, В, М, N, О и Р — точки, делящие сторо-
ны треугольника АВС в заданном отношении, тогда SKLMN0P =
Вд/гр АР АК
= S-SAKP-SCON-SBML (рис. 30). Очевидно, что —
1 1	1	- с S „
— — . — = —. Отсюда	= — . Ввиду равенства отношении отрезков на
всех сторонах треугольника АВС получаем, что SBLM = SCON = SAKP. Тог-
c. _с	3S_ 13
Да ^KLMNOP — &	[g- — Тб’°'
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: 3. Пусть SBEC~S (рис. 31). Очевидно, что
^AED DE $DEC	$AED 1 ГЛ	о 1 тт	о
--	= -—==-	, поэтому——Отсюда = Имеем:	=
^АВЕ-----------------------------------------------------^ВЕС-1	13
= 2 + S + -i-<4, S2-2S+1^0, (S- 1)2<0. Тогда S=l, т. е. SABE =
= SBCE=1. Эти треугольники имеют одну и ту же высоту, поэтому
АЕ = ЕС. Аналогично BE = ED. В таком случае ABCD — параллело-
грамм и BC-AD — 3.
12
2. Ответ:	SKLDF = SAFD — SAKL (рис. 32). Пусть SABC = S. Оче-
О
SAKL KL 1	„	1 _ _	SAFD AF-AD AD
видно. что	SAKL = -S. Отсюда — = 7Г^ =—X
__8 S ____8 q ____8 1 с__S q 1 с_____________ о
Х~АК 3 ~3 1 ^AFD~~ 3 ^akl~3'~4^~3^’	7^- 12
S 12
$kldf
45
Рис. 35
ВАРИАНТ 4. 1. По условию S4BC — S4DC и S4BD = S4CD (рис. 33),
т. е. Si-|~S2 = S3-|~S4 и S1 -j-S4 = S2-J-S3, значит, Si^Ss и S2^S4.
1л Si ОА-ОВ . „
Имеем: —=	= 1. Отсюда
o-j	С/ С • Cz и
OA-OB = OC-OD.
.	S2 OA-OD
Аналогично 5- = ^^
1, откуда
OA-OD = OB-OC.
(1)
(2)
Из (1) и (2) следует, что ОА-(OB + OD)— ОС-(ОВ + OD), т. е. ОА = ОС.
Аналогично можно получить, что ()B = OD. В таком случае ABCD — па-
раллелограмм.
АСХ
2. Ответ: (р + 1)(^+1). См. рисунок 34. Пусть =
_____ Sqcxc _ВС _
Р+1 * ^Л.С.С	’ л*с*с <7+ 1
ВАХ
— <?•
~ SABC . . о	$ASC
Тогда —-----— р+С SBC с
S/ibc
ЙТЙЙП' fe^+l,,’+,)-
АХС
$всхс
С—8
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: л/То". Пусть АО — медиана треугольника
АВС. Продлим АО так, чтобы OD = OA (рис. 35). Тогда легко доказать,
что ABDC — параллелограмм. Пусть АС = х. Воспользуемся тем, что
46
м
Рис. 36
Рис. 37
сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов
его сторон. Тогда 2^ + 2 • 16= 16 + 36, откуда №^=10 и х = Л/То~.
2. Пусть в прямоугольном треугольнике АВС (ЛС = 90°), а и b—
_	. ab	1
катеты, с — гипотенуза. Высота треугольника Л = —, значит,
с2	a2-\-b2	1	1
= —— — ——— — __ то и требовалось доказать.
а2Ь2 а2Ь2	а2	Ь2
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 6. Задача решается аналогично зада-
че 1 из варианта 1.
2. Пусть АС=Ь, ВС —а, АВ = с (рис. 36). Проведем высоту СК к ги-
потенузе: СК — —^~. Аналогично ММ\ = ^. В треугольнике АМ\М имеем:
h2 a2h2
AM2 — —----. В треугольнике ВМ[М имеем: ВМ2 = ВМ2— ММ2. В тре-
Ь2
угольнике МСВ имеем: ВМ2 — а2А~ — . Отсюда получаем: ВМ2— AM2 —
2 Ь2 а2Ь2 / Ь2	а2Ь2\	2
— а +—-----—(—-------— ) — а, что и требовалось доказать.
4	4?	\ 4	4с2 /
ВАРИАНТ 3. 1. Достроим треугольник BMD до параллелограмма
BMDM{ (рис. 37). Очевидно, что ММ2{ + BD2 = 2МВ2 + 2MD2,
MM2 + BD2 а	я . АС2 + ММ\
MB2-[-MD2 =------. Аналогично получим: МА2А~МС2 —----------.
Так как в прямоугольнике AC = BD, то МА2А~ МС2 — МВ2-\~ MD2, что и
требовалось доказать.
2. Ответ: д/3~. Пусть в треугольнике АВС стороны АВ=1, ВС = Д/13~,
а медиана ВО = 2. Достроим ДАВС до параллелограмма ABCD. Нужно
найти SABD, так как треугольники АВС и ABD равновелики. В треугольни-
ке ABD стороны АВ=1, AD — \[\3, BD — 4. Используя формулу Терона,
3-У5%^.(5+^-1)(-5+^-4)(5+гУ»_у1з)_
=3^.
47
ВАРИАНТ 4. 1. Проведем высоту АА\. Пусть точка М расположена
между точками С и Аь Из треугольника АМС имеем: АС2 = АЛ42 +
+ МС2 + 2МС-ЛМь Отсюда АС2 - AM2 = МС-(МС + 2MAj) = МСХ
Х(МС A-MAi А~MAi)—МС-(CAi A-MAi)= МС *(BAi А-МА})= МС • МВ,
что и требовалось доказать.
2. Ответ: 84. Через вершину С трапеции ABCD (рис. 38) прове-
дем отрезок СЕ, параллельный BD. Нужно доказать, что трапеция
ABCD равновелика треугольнику АСЕ, в котором АС — 13, CE — BD =
= 15, АЕ = 8 + 6=14. Тогда, используя формулу Терона, получим
5 = 84.
С—9
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть N — середина основания CD трапеции ABCD,
О — точка пересечения ее диагоналей АС и BD и М — точка пересечения
прямых ON и АВ'. Докажем, что AM —МВ. Из подобия треугольников
АОМ и CON имеем:	а из подобия треугольников ВОМ и DON
AM ОМ
DN	ON	CN	DN w
имеем: -7777 =-тгтт, откуда -7-77 = -777- Учитывая равенство CN и DN, по-
ВМ ОМ	AM	ВМ
лучаем: АМ — ВМ.
2. Ответ: 52. Треугольники ADC и ВСА подобны по первому при-
ЖЖ	L AD
знаку подобия треугольников, причем коэффициент подобия k — -^z —
__2
— 3 ’
S/wc	,2	4	„	4	о
откуда —----= k = — и 5л£)С = -^--36= 16, следовательно, SABCD =
^авс у	у
= 36+16 = 52.
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 1.
2. Ответ: 8. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 1.
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: (^3 — д/2 ):(д/2 — 1): 1. Учесть, что
СЕ2: CN2'. СВ2 = 1:2:3, где Е и N — точки, в которых прямые, параллель-
ные АВ, пересекают сторону ВС (считая от С).
2. Пусть Р, Е, О, N — точки пересечения прямых КМ и АС, КМ и
BD, АС и BD, КВ и АС соответственно (рис. 39). Тогда ЕМЦАС, откуда
КР _ KN
КМ KF '
48
KN
KF\\BD, откуда, с одной стороны, ~gQ —
AN	„	KF AN
до*’ a c другои CT°P°HbI> £5-=7^-’ и> сле-
KN BO „	/14
довательно, -тттг —Сравнивая с (1), по-
Кг Ви
лучаем:
кр _ во
КМ~ BD '
Так как по условию ВС=~ AD, то -^-=~,	Рис. 40
откуда ~к—и, подставляя в (2), получаем: КР = ±- КМ. Аналогично
Ви 3	3
(с точностью до «перестановки букв») доказывается, что ЕМ — ^КМ,
значит, КР — РЕ = ЕМ.
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: "у . Примем для определенности
а>Ь и обозначим через К точку пересечения прямых AD и ВС, а через
х — длину отрезка EF (рис. 40). Тогда SCDK:SFEK:SBAK — b2:x?:a2. Пусть
SCQЕ — tnb , тогда SFE^== тх2, В ВА^ — та , и так как BEFEE) BABFEf то
ш2- mb2 —та2 — mF, откуда х="у а .
2. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 3.
С—10
ВАРИАНТ 1. 1. а) Ответ: 3 у 15. Отрезок AM — биссектриса тре-
ВМ	АВ	4	ВМ	4	„
угольника АВС, следовательно, -^- = -7-^-=—, 0ТКУДа	• !Ре"
/И U	/1U	О	£5 U	/
угольники АВМ и АВС имеют общую высоту, проведенную из верши-
Л	вм	л	с 4 е
ны А, следовательно, —----= ~В7^ • Таким образом, = Злвс =
^АВС	1
^^р(р-а)(р-Ь)(р-с) = 3 VT5.
б) Отрезки AM, BF и СК пересекаются в одной точке, следователь-
тт CF АК ВМ .	л „ о
но, по теореме Чевы,	- — 1, откуда, учитывая АК — ВК, по-
r	FA КВ СМ
CF CM	CF	СМ	А	л
лучаем:	или	а следовательно, ДгжСоо Д/шС по
FA	МВ	СА	СВ
второму признаку подобия треугольников.
2. Примените теорему Менелая и свойства биссектрис внутреннего
и внешнего углов треугольника.
ВАРИАНТ 2. 1. б) Ответ: 15У^ .
О
2. См. указание к задаче 2 из варианта 1.
49
ВАРИАНТ 3.
угольника имеем:
1 вк
— 1, откуда
6\15 п	й
—. По свойству биссектрисы тре-
„	тт АК BD СР
Далее, по теореме Чевы,
КВ DC гА
ВК__2	Q _2 с
—у* Тогда SBCK— ~§SABC—
6Д/15
5	'
1. а) Ответ:
BD _АВ _4
ВС “АС ~3’
2
и следовательно,
А К о
=|Ур(р —а)(р-6)(р-с)
О
8 \БГ'
———. По теореме о пропорциональных отрезках в тре-
СВ /ВК . Л 5	ок 4 с 4 с
откуда — — и S0BK — ~дВвск —
б) Ответ:
СО
угольнике ^-DB
_4 бУйГ — ЗУйГ
“9*	5	“ 15 '
2. Докажите, что стороны треугольников KMN и KiMiNi попарно не
параллельны, и примените теорему Дезарга (задача 199 из «ДГ-8»).
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: а) ; б) . Задача решается ана-
О	о
логично задаче 1 из варианта 3.
2. См. указание к задаче 2 из варианта 3.
С—И
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: 22,5. Пусть М — точка пересечения меди-
ан треугольника АВС (АС = ВС), МС\ и МК — перпендикуляры, прове-
денные из точки М к прямым АВ и ВС (рис. 41). Так как площади тре-
угольников АМВ и ВМС равны, то АВ • MCi — ВС • МК, от-
куда ВС— *АВ = ^-АВ. Из прямоугольного треугольника BCiC
имеем: ВС2 — ВС2—СС2 и, учитывая, что CCi = 3A4Ci = 15, получаем
(|дв)2-(1дв)2 = 225, откуда ДВ = 22,5.
2. Докажите сначала, что луч АС\ — биссектриса угла ВАС, а затем
что углы О1АО2 и О1АОз равны.
56	56
ВАРИАНТ 2. 1. О т в е т: —; 4; —. Пусть М — точка пересечения ме-
диан треугольника АВС, длины сторон которого АВ — 13, ВС— 14, АС =
== 15. Тогда 5Л6М = В6СМ = ВЛМС = — SABC =
= у \/р (р — а)(р~ (р — с) = 28. Обозначим
через МС{, МА\, МВ\ перпендикуляры, опу-
щенные из точки М
на стороны АВ, ВС и
-г	пп	АМВ
Тогда МС\ = лр..=
А В
л лл п 2Samc 56
= “• "s'-T<r=-i5 
А С соответственно.
56 л
-13'“'
2^ вмс
ВС
50
2. Докажите сначала, что О2С.ВО,
ОзЕСО, а затем воспользуйтесь указани-
ем к задаче 2 из варианта 1.
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть точки Н\, Mi,
Of — проекции на прямую АВ точек пере-
сечения высот Н, медиан М и середин-
ных перпендикуляров О к сторонам тре-
угольника АВС соответственно (рис. 42).
Из прямоугольных треугольников ACHi
и ВСН\ имеем: так как ВОАС, то
BHf>AHi, т. е. AHiCAOi, BHoAOi.
Так как точка М расположена между
точками Н и О (на прямой Эйлера), то
и точка Mi расположена между точка-
ми /71 и 01, т. е. AMiCBMi, и, сравнивая
Рис. 42
прямоугольные треугольники
2	2
AMMi и BMMi, получаем: АМ<ВМ, но AM == — АА\, ВМ = ™ВВ\, отку-
О	о
да AAi <ВВ\.
2. Пусть AAi, BBi, CCi — биссектрисы данного треугольника. Пары тре-
угольников ABBi и АВС, АОВ и ABBi имеют общие высоты, и, следова-
о АВ\ о о ов о
тельно, — yic ’^дов— 1вв{' $лвв^ 0ТКУ'а,а
_АВХ OB _АВХ QB ab
ЪЛОв— АС -в^-Ъдвс— АС‘ вв/ 2 ‘
По свойству биссектрисы треугольника имеем:
АВ{
~в[с
АВ _ с
ВС~~ а'
отку-
АВХ с
Да АС а + с ’
С другой стороны, так как О — точка пересечения биссектрис тре-
угольника АВС, то
ВО __АВ-)-ВС _ с + а
0В>~ АС ~~ b
откуда
ВО  a-j-c
Подставляя полученные соотношения в формулу (1), получаем:
Q — аЬс
АОВ 2 (a-f-fc-f-c) *
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть AAi, ВВ\, СС\ — высоты треугольника АВС,
а Н — точка их пересечения. Тогда, учитывая, что ВОАС, из прямо-
угольных треугольников АСС\ и ВСС\, имеющих общий катет CCi, полу-
чаем; АС\<ВС\, а из прямоугольных треугольников АНС\ и ВНС\\
AH<zBH. Далее, так как Н — точка пересечения высот треугольника
АВС, то АН • НА\~ВН • НВ\, откуда, учитывая что АН<ВН, имеем:
HBiCHAx.
2. Так как М — точка пересечения медиан треугольника АВС, то
5дмв“5лмс = Звмс = у Пусть точки Mi и М2— проекции точки М на
катеты АС и ВС соответственно. Так как = и эти треугольни-
О
ВВХ а-\-Ь-\-с
51
ки имеют общее основание АС, то MiM = — ВС и ВМ2 = -х- ВС. Дна-
О	о
1	2
логично ММ2 = ^- АС, АМ1=— АС. Из прямоугольных треугольников
О	о
MtMC, MiMA и М2МВ имеем: МС2 = ММ? + М,С2 = ^(ВС2 + ДС2),
МД2 = ДМ? + ММ? = ^ДС24-1ВС2 и МВ2 = ^ВС2 + ^'АС2. Складывая
почленно последние два равенства, получаем: МА2 -|- МВ2 ~
= |(ВС2 + ДС2) = 5МС2.
С—12
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: 2^3.
2. Воспользуйтесь подобием треугольников DMC и АМК.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 2Д/б.
2. Докажите, что AK — DK, и воспользуйтесь подобием треугольни-
ков KBD и АВС.
ВАРИАНТ 3. 1. По условию А О — Д/АЕ-АВ , откуда АО2 — АЕ -АВ
АО АВ
и — (рис. 43), и, учитывая, что АОАВ—АЕАО, имеем:
дАЕОоо ДАОЕ, откуда ZAOE = Z_ABO. Аналогично доказывается, что
Л BDOoo &АВО и Z_BOD= Z ОАВ. Таким образом, ZEOA + ZAOE +
+ /LBOD— ЛАВО-\~ /-АОВ-\~ ^-ВАО= 180°, значит, точки D, Е и О ле-
жат на одной прямой.
2. Пусть PN = a, КМ = Ь (рис. 44). Тогда по теореме об отрезке, раз-
бивающем трапецию на две подобные трапеции, AB=y[ab. С другой
стороны, AN = =У/а \fab =л/PN^AB^ и, по свойству трапеции (за-
дача 208 из «ДГ-8»), ДАРАоо &BNA. Но трапеции ABNP и КМВА по-
добны, откуда следует, что треугольники АВК и ВКМ также подобны.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 3.
2. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 3.
52
С—13
ВАРИАНТ 1. 1. Искомый треугольник подобен произвольному тре-
Р
угольнику с данными углами с коэффициентом подобия k~—, где Р —
периметр искомого треугольника, а Р[ — периметр построенного произ-
вольного треугольника.
2. См. рисунок 45.
ВАРИАНТ 2. 1. См. указание к задаче 1 из варианта 1.
2. См. рисунок 46.
ВАРИАНТ 3. 1. Искомый треугольник подобен произвольному тре-
угольнику с данным углом и данным отношением заключающих его сто-
рон с коэффициентом подобия k =	, где ОН и О\Н\ — расстояния
между точкой пересечения высот и точкой пересечения биссектрис иско-
мого и построенного треугольников соответственно.
2. На рисунке 47 AB\C\D\ — произвольный параллелограмм с дан-
ным углом А и данным отношением высот, АВ — данная сторона,
ВСЦАО1, CD\\AB. ABCD — искомый параллелограмм.
ВАРИАНТ 4. 1. См. указание к задаче 1 из варианта 3.
2. Пусть даны углы hk, h\k\ и отрезки PQ, PiQi, P2Q2 (ЛФ1 >
Требуется построить трапецию ABCD3 в которой АВЦСО, AB\CD —
= P\Q\: P2Q2, Z А = Z-hk, Z_B~ Z_h\k\, а высота равна отрезку PQ. На
рисунке 48 AB\C\Di — трапеция, в которой ABi = PiQi, AK = P\Q\~
— P2Q2, C1D11| A Bi, B[C\\\DiK- Затем построим h~PQ, DC||ABi, СВЦС1В1.
Тогда ABCD — искомая трапеция.
Рис. 45
Рис. 46
Рис. 47
Рис. 48
53
С—14
ВАРИАНТ L 1. См. рисунок 49. Проведем из центров Oi и О2 радиу-
сы в точки А, В, С и D. Тогда О\А-ЕЕА, O\B-EBR, O2C-LFC, O2D-LDH.
Так как ЕА ||FC, то /LEAB=^ /LFCD. Если из данных равных углов вы-
честь прямые углы ЕАО\ и FCO2 соответственно, то получим, что
/LO\AB~ /LO2CD, а так как треугольники АО\В и CO2D равнобедренные,
то ZABOi--- ACDOz. Если к этим равным углам прибавить равные уг-
лы О\ВК и O2DH соответственно, то получим, что	/LCDFE Это
и доказывает, что касательные ВК и DH параллельны.
2. Ответ: (3™2Д/^)7?. См. рисунок 50. Пусть искомый радиус
равен х. Тогда	— х, OiO2 = F + х. Из треугольника О2КО1
имеем:	(В~ Отсюда х==(3— 2 \’2~)/?.
ВАРИАНТ 2. 1. Легко доказать, что треугольник EDC равносторон-
ний (рис. 51). Точка О — центр описанной около него окружности —
принадлежит высоте DM треугольника EDC. Средняя линия FD тре-
угольника АВС параллельна АС. Тогда DM-LFD и FD касается окруж-
ности, проходящей через три точки Е, D, С.
2. См. рисунок 52. Пусть точки О и О\ — центры данных окружно-
стей; А, Д1, В и Bi—точки касания; OiF_LOA, OiC-LOB, OO\ = d.
Рассмотрим треугольник OFO\, в котором OF — R — г, FO2 — т2~
==d2— (R— г)2. Из треугольника ОСО\ имеем: т2 = CO2 = d2— (J? + r)2,
т2 — т2==(/? + г)2 — (7?— r)2 = 4J?r, что и требовалось доказать.
54
5 Д/13
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: —~. Пусть О] — центр окружности,
вписанной в треугольник ACD; О2— центр окружности, вписанной в
треугольник BCD', К, N, F и М — точки касания этих окружностей со
сторонами треугольников. Так как DOi и DO2—биссектрисы смежных
углов, то треугольник O1DO2 прямоугольный и OiOl=DO* 2 3 * *i -f-DOi (рис. 53).
Имеем D0i=DN — 0iN, DO2 = DF — O2F. Так как CD=^AD = DB, то DN
и DF — высоты треугольников ACD и BCD, O\N и O2F — радиусы
вписанных окружностей в равнобедренные треугольники CDA и CDB
3
соответственно. Очевидно, что DN = 2, DF . Легко получить,
ЧТО O1N = |, O2F = |. Тогда DOi=|, DO2 = ^ и О,О2 = д/-^-+^ =
4	3	4	6	V 4	36
__ 5 угг
~ 12	'
Rf
2. Ответ: —==——=— . Пусть точки О\ и О2—центры окружно-
(W+V^ )2
стей, касающихся друг друга внешним образом, а точка О — центр ис-
комой окружности. О[О2~ R~\~ г (рис. 54), О\Е и CD параллельны общей
касательной АВ. Из прямоугольного треугольника О1ЕО2 следует:
С£)==У(А? + г)2 —(А? —г)2 — 2 Пусть радиус искомой окружно-
сти равен х. Тогда из треугольников COOi и D002 имеем: СО =
= V(r + x)2—(r — х)2 = 2у[гх, DO = yl(R + x)2~(R~x)2 =2y[Rx. Так как
CD = CO + OD, то 2У^7 = 2У^7+2Угх, а Ух .(У^ + У?)=Уа>7.
I—	Rr
Отсюда ух = —7—---=, х~———......=-.
W+У^ (W+У^)
Примечание: при другом расположении окружностей х =
 Rr
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: У2~. См. рисунок 55. CD—AC^B =~^~ >
-л /	144	9	16
AD= \/9——, BD=— . Зная стороны треугольников ACD и
у	ZD	О	О
3
BCD, легко найти радиусы вписанных в них окружностей: J?i=—,
О
55
4-	4	4	7	7	4	4	1
«2=4, тогда £Т=«, + «2 = 4 + 4=4- OiK = EF = --, О2К = /-/ = /
D	ODD	D	ODD
—. /49	Г r-
Из прямоугольного треугольника 0(7(02 имеем: O1O2— \/—+— = № •
V 25
2.	Ответ: 8. BC = BD = BA как отрезки касательных, проведен-
ных к окружности из одной точки (рис. 56). Тогда 00 = 8, 0\F = CD = 8.
Пусть радиус искомой окружности равен х. Тогда 0(02 = 2 + %,
ОгО = х — 2. Из треугольника O1O2F имеем: OiF = Д/О1О2— O2F2 =
=Д/(2 + %)2— (% — 2)2 — \[8х — 8. Отсюда х = 8.
С—15
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть М — середина дуги АВ (рис. 57). Тогда
ЛСАМ = -^АМ, АМАВ = ^ВМ. Так как ^АМ = ВМ, то AM — бис-
сектриса угла САВ. Аналогично ВМ — биссектриса угла СВА. Следова-
тельно, М — центр вписанной в треугольник АВС окружности.
2.	AACD = ^AD~^BE (рис 58) Отсюда /LA0D = 2/LACD +
+ /СВОЕ. Так как треугольник ОВС равнобедренный, то /СВОЕ =
= AACD. В таком случае ZAOO —3ZACO, что и требовалось доказать.
56
Рис. 59
ВАРИАНТ 2. 1. Пусть Z4» = a и АВКМ = $ (рис. 59). Так как
углы А КМ и ВАМ измеряются половиной дуги AM, то А ВАМ — а. Ана-
логично ААВМ — р. Тогда ZAMB=180o — a—р, ААКВ~ a + р. В та-
ком случае Z. АМВ + А АКВ ~ 180°, что и требовалось доказать.
2.	Пусть ^>CF = a и <уАЕ — р (рис. 60). Тогда А АМЕ — у
АВ = а, Z. С= р, Z. РАВ — а-\- Р как внешний угол треугольника АВС. Так
как АК—биссектриса Z. РАВ, то Z, КАР =	. Мы получили, что
ААМЕ — АКАР. Отсюда следует: А7(||EF, что и требовалось доказать.
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ:-^- - Проведем касательную МР к окруж-
ности через точку С (рис. 61). Легко доказать, что АВСМ— AEFC =
= АВАС. Аналогично А АСР~ A FEC— А АВС. В таком случае
вс АС	ее СЕ-АС	bd
СЕ FC	ВС	а
2.	Пусть прямая OD, перпендикулярная радиусу ОА (рис. 62), пере-
сечет дугу АК в точке F. В треугольнике MKN угол NKM измеряется по-
ловиной дуги AFK, состоящей из дуг KF и FA, где FA = 90°.
A KMN —-^- ( СК+ AD), где о AD — 90°. Отсюда А АКС= A KMN и
NK = NM, что и требовалось доказать.
57
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: 4. Так как ED\\l (рис. 63), то
AADE = AMAD и АКАЕ = AAED как накрест лежащие углы при двух
параллельных прямых и секущей. Кроме того, AMAD — АС и
AD AF
АКАЕ— АВ. Отсюда следует, что AAEDco аАВС. Тогда
Пусть BD~x. В таком случае —
5
х + 6 ’
Отсюда х = 4.
2.	Пусть точки A, L, М и N — середины дуг АВ, ВС, CD и DA соответ-
/	\ у гг п т КС о МК	. о АВ -|- ВС
ственно (рис. 64). АКРЕ —---------------, но КЕ —--------------- и
Лд * г ^CD-\- ^AD
о MN =-------±-----•
Поэтому А КРЕ — -^ (АВ А~ ВС А~ CD А~
+ ^ПД)=1.360° = 90°.
С—16
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: 30, 33. На рисунке 65 прямая МР прохо-
дит через точку пересечения медиан треугольника АВС и параллельна
2
стороне АС, причем МЕ = 8, FP — 11. Очевидно, что EF — — AC —14,
О
RF 2
Пусть FC = x, тогда BF = 2x. Так как MF• FP — BF-FC, то
FC 1
22-11— 2х-х, х—11, значит, ВС = 33. Аналогично получаем, что
АВ = 30.
2. См. рисунок 66.
58
СК2 = АС-ВС,	(1)
BD2 = AB-BC,
CD2=BD2+BC2=AB-BC + BC2 = BC-(AB + BC)=BC-AC, t. e.
CD2 = AC-BC.	(2)
Из (1) и (2) следует, что CK=CD, что и требовалось доказать.
ВАРИАНТ 2.	1. Ответ: m(V3 + l). Пусть АВ = 2/?,
KE — FD — m (рис. 67). Треугольник АСВ равнобедренный и прямо-
угольный, значит, AC —	Так как EF — средняя линия треугольни-
/ /?дАГ \2
ка АСВ, то EF = R. Из равенства КВ• ED == АЕ-ЕС следует: ( —— ) =
= m(/? + m). Тогда /?2 —2m/? —2т2 = 0, /? —m + уЗт2 — m (Д/з"+1).
а3 63
2. Ответ: 2_^2 , 2_^2 . На рисунке 68 построенные полуокруж-
ности пересекают катеты в точках М и А. Пусть BN = x. Очевидно, что
cib
(а — x)a—CD2, но CD ——, где с — гипотенуза. Отсюда
а262
(а — х)а — —^~,
2
ах—а
а2Ь2
с2 '
__ ab2 а (с2 — Ь2)  с?
Х а С2	а2 _|_ £2	а2 _|_ ^2
А	Л	Ь3
Аналогично можно получить, что АМ- —--------
а2-\-Ь
ВАРИАНТ 3. 1. Очевидно, что BD*CD = DM* DN (рис. 69). С другой
стороны, DM * DN — (AM + AD) (AM — AD) — AM2 — AD2, значит,
AD2A-BD<CD — AD2A~^M2 — AD2 — AM2, t. e. не зависит от положения
точки D.
Рис. 68
59
Рис. 71
2. Ответ: “Л /—-— . По условию прямая ВС — касательная,
V
а ВА — секущая, проведенная из точки В к окружности Oi, поэтому
a2 = AB*BD (рис. 70). Треугольники ЛОВ и AO\D подобны,
значит,	—у-, А/Э= А ^ г. . Получим а2 = АВ2(1 — откуда
а = АВЛ - . Тогда АВ=------- а
ВАРИАНТ 4. 1. См. рисунок 71.
DF2 = BD-DA.	(1)
Треугольники EAD и BPD подобны. Отсюда = или
UtL L)/\
BD-DA = DE-DP.	(2)
Из (1) и (2) следует, что FD2 = DE - DP, т. е. FD~^DE • DP , что
и требовалось доказать.
2. Ответ:	1 +— • См. рисунок 72.
ВС2 = ВА-ВК.	(1)
Треугольники ВОА и АО\К подобны, значит,
В^ВА^ ВА
г АК ВК-ВА ’	1 }
Из (1) следует, что ВС2~а*ВК> Из (2) имеем:
В7<=а.(1+-^)
ВС2 = а2(1+у)
ВС = а-
а ____ г
BK — a~~R"
60
С—17
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть точка Oj — середина диагонали АС четырех-
угольника ABCD. Тогда МОХ — медиана треугольника САМ
и МО2 =~(2АМ2А~2СМ2 — АС2). (Нетрудно показать, что если точка
М лежит на АС, то выражение для МО2 имеет тот же вид.) Аналогично,
если О2 — середина BD, то МО2 — -^ (2ВМ2 -j-2DM2— BD2). Таким обра-
зом, значение МО2 — МС)1 = -^ (ВD2 — АС2) есть величина постоянная для
данного четырехугольника, и, следовательно, искомое множество — пря-
мая, перпендикулярная отрезку O1O2 (см. задачу 282 из «ДГ-8»).
2. Построим сначала отрезок АВ. Вершина С искомого треугольника
принадлежит окружности Аполлония, соответствующей для точек А и В
отношению -^- = 2. Таким образом, вершина С есть точка пересечения
этой окружности с прямой, параллельной АВ и удаленной от нее на рас-
стояние, равное длине отрезка CD.
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 1.
2. См. задачу 2 из варианта 1. Вершина С есть точка пересечения
окружности Аполлония, соответствующей для точек А и В отноше-
ВС 1	л D
нию —— = —, и окружности с центром в середине отрезка АВ и радиу-
/\ С Z
сом, равным CiC.
ВАРИАНТ 3. 1. Применим сначала теорему о квадрате касательной
(п. 48 из «ДГ-8») к окружности Ф1 (рис. 73): МК‘2 = МА-МВ. Величина
МА-МВ есть степень точки М относительно окружности Ф, и, следова-
тельно, МА-MB ~ МО2 —R2, где А?— радиус окружности Ф. Таким об-
разом, МО2— R2 = MR2, т. е. МО2 — MK2—R2 — величина постоянная
для данной окружности, а значит, точка М принадлежит прямой,
перпендикулярной отрезку OR (см. задачу 282 из «ДГ-8»).
2. Пусть М — искомая точка (рис. 74). Тогда по свойству биссектри-
СМ ВС 1 DM CD о ~	.
I и ~вм==~вс = 3~ Таким образом-
сы треугольника имеем: ~дм~~дв
Рис. 74
61
в
Рис. 75
Рис. 76
пересечения окружности
точек А и
— —, и окружности Аполлония,
для точек В и D отношению
точка М есть точка
Аполлония, соответствующей для
„	СМ 1
С отношению ~т~гг
AM
соответствующей
ВМ
ВАРИАНТ 4.
задаче 1 из варианта 3.
2. Пусть М — искомая точка (рис. 75). Тогда
из подобия треугольников AjMBi и АМВ следует:
ВХМ АХВХ 1 А{М АХВХ 1
W = ^F=2 и -AM—АВ-2  Таким 0бра30М’ Т0ЧКа
пересечения двух окружностей Аполлония: окружности,
ВХМ 1
щей для точек В\ и В отношению „,, ——, и окружности,
ВМ 2
я л 1
щей для точек А\ и А тому же отношению А ,, == —.
AM 2
1. Задача решается аналогично
М есть точка
соответствую-
соответствую-
С—18
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: \Ь— с|. Пусть вневписанная окружность
касается стороны ВС в точке N (рис. 76). Тогда АС + CN = р, откуда
»г	л	+ с ,	а — b —I— с т т	я я . г
CN — p— АС ————J------b =---——. Но точки М и /V симметричны от-
носительно середины стороны ВС, следовательно, 41А = 21—^------СЛЛ
2. Четырехугольник АВМС — вписанный (рис. 77), следовательно, по
теореме Птолемея AM-ВС —АВ* СМ-\~АС*ВМ. Так как АВ = ВС —АС,
AM — СМ + ВМ, то нарушено «неравенство треугольника».
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: а. Докажите, что AF = p, АЕ = р—ВС
(рис. 78). Тогда EF = AF — AE = BC = a.
62
Рис. 81
2. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 1.
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: Г|Г2. Окружности Oi(ri) и О2(гг) — вне-
вписанные окружности треугольника АВС (рис. 79). Пусть катеты ВС и
АС треугольника АВС равны соответственно а и Ь. Тогда Злвс =
= (р — а) Г2, где р — полупериметр треугольника АВС. Но р — а =
= BD — BC~CD — r\, и, следовательно, 3ЛВС=Г|Г2-
2. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник и АВ = а, ВС = Ь,
CD = c, DA = d, АС — т, BD = n (рис. 80). Тогда SABC = ^-,
„	_cdm
и
с _____ С | С _____“Ь ^0	/ 1 \
^ABCD— ^ABC~T^ACD—-----------•	О)
С другой стороны,
с ___________________с । с ______Ч- ad) п
^ABCD — °ABDi ° BCD —--•	\z)
Перемножив почленно равенства (1) и (2), получаем
с2 (ab А~ cd) (be А~ ad) тп „	„	...
о =--------. Но по теореме Птолемея mn = acA~bd, откуда
S =-±—У/(аЬ А~ cd) (acA~bd) (adA~bc).
4/?
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: ——1 2 . Окружности Oi (п) и
Г1 +Г2
Ог(г2)—вневписанные для треугольника АВС (рис. 81). Пусть катет АС
63
Рис. 82
треугольника АВС равен Ь. Отметим, что Г2= СВ BE и Г2 = АС~1~АМ.
Отсюда 2г2 = АС + СВ + AM + BE, но МА + BE = АВ. Тогда
2г2==АС А~ СВ ВА~2р, т. е. гг —р, где р — полупериметр треугольника
АВС. В таком случае SABC = (r2— b)-г\. Точка А принадлежит отрезку
O1O2 (см. задачу 317 (а) из «ДГ-8»), следовательно, дА01Асо /\AO2M и
AN OXN	b — r{ rj	2r{r2
-тт7 = -^-гг, или ------ = —, откуда Ь = —;—, значит, Ьдо/—
AM О2М	r2 — b r2 J	п + г2
/ 2пг2 \	(r2 — гх)гхг2
= <2------:- И =-------:----.	\
\ r I + Г2 /	r I + г 2	\
2. Пусть АВ = а, ВС = Ь — данные хорды, тогда АС — искомая хор-
да (рис. 82). Проведем диаметр BD и соединим точку D с точками А и
С. Четырехугольник ABCD — вписанный, следовательно, AC-BD —
= АВ • CD ВС • AD по теореме Птолемея, откуда
. AB-CD + BC-AD _а "\/4/?2-62 + b ^4R2 — a2
С~~ BD ~	2R
Замечание: нетрудно убедиться, что полученная формула верна
и в том случае, когда одна из данных хорд совпадает с диаметром.
С—19
ВАРИАНТ 1. 1. Заменим все векторы в левой и правой частях дан-
ного равенства векторами, отложенными от какой-нибудь одной точки,
с помощью формулы разности векторов (формула (1) из § 1, п. 63
«ДГ-8»):
(ОМ - OF) - (~ОК - ОС) - (~ОВ - ОР) + (~ОК - ОА) =
= (OD-ON)-(OF-OP)-(OA-OM),
откуда ОС — OB — OD — ОА. Применив еще раз формулу разности век-
торов, получаем BC — AD, что и означает, что ABCD — параллело-
грамм, если точки А, В, С, D не лежат на одной прямой.
2. На рисунке 83 ОМ\=\п\т, ON\— — \m\n, четырехугольник
OfiOAi — ромб.
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 1.
64
Рис. 84
'в
А М2 В М1
Рис. 85
2. На рисунке 84 XAi = — \b\a, ХВх= — \а\Ь. Четырехугольник
А\ХВ\С — ромб.
ВАРИАНТ 3. 1.	+	+	+	+	+	по правилу
многоугольника. Но NM — AC, PQ = CB, DF — ВА, так как ACMN,
BCPQ, ABDF — параллелограммы, откуда NM + PQ + DF = АС +
+ СВ-|-ВА = 0, и, следовательно, FN А~MPА~ QD — 0.
2. Заметим сначала, что если точки ЛЬ и М симметричны относи-
> —
тельно середины отрезка ВС, то ММ\ — МВ МС (правило параллело-
грамма). Таким образом,
МХМ2 = мм2 — ММХ = (МА + МС) - (МВ + М С) = МА - МВ = ВА.
Аналогично получаем М2Мз — СВ, МхМз=СА, откуда МХМ2 — АВ,
М2М3 = ВС, МхМз = АС и ДМХМ2М3 = ДАВС.
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть АВС — данный треугольник и отрезки AAi,
ВВХ, СС\ — его медианы. Тогда ААХ—АВВАХ—АВВС, ВВХ =
= ВС + СЖ = ВС + -^С4, СС?=СД = АВ, откуда ДЛ +
---->	-->- Q -->	-—	--->- -*- ->-
-\-ВВ{ + CCi — — (АВ -|-ВС + СА) = 0, и так как векторы ААХ, ВВХ, ССХ по-
парно неколлинеарны, то существует треугольник, стороны которого
равны отрезкам AAi, ВВХ, ССХ.
2. а) Точки М\ и М2 симметричны точке М относительно середин от-
резков ВС и АС, следовательно, ММХ—МВ~\-МС, ММ2~МА-\~МС
--------------------------------------------------->- >
(см. указание к задаче 2 из варианта 3). Таким образом, МХМ2 = ММ2 —
— ММХ ~(МА +МС)~(МВ + МС) = МА —МВ — ВА, откуда следует, что
либо АВМ\М2 — параллелограмм, либо точки А, В, Afb М2 лежат на од-
ной прямой.
б) Точки М\ и М2 лежат на прямой АВ тогда и только тогда, когда
М — точка прямой, параллельной прямой АВ и проходящей через точку
С (рис. 85).
65
С—20
з
ВАРИАНТ 1.1. Ответ: —. Пусть отрезки AM и BD пересекают-
ся в точке К (рис. 86). Введем обозначения: ВА = а, ВС = Ь, тогда
АС = ВС — ВА = Ь — a, AD — 2b, AM =1(4C + AD)=1 (b — a+2b) =
= ~ (3b — а). Если x - искомое отношение, то В/<= xKD, откуда АК =
1 —х " *	1 —*	2х —*	—
—	АВ 4——-AD — —----------а-1——-b. С другой стороны, векторы АК
X f- 1	X —J- 1	X —J- 1	X —J- 1
и AM коллинеарны, и, следовательно, АК = уАМ ——Срав-
нивая это равенство с предыдущим и учитывая единственность разло-
—>-	—►	—►
жения вектора АК по двум неколлинеарным векторам а и Ь, полу-
'____L_= ..у.
х+1	2
чаем
2х Зу	3
[т+Г=Т’ 0ТКУда х=2-
2. Центр масс системы двух точек Е и Е с массами т есть точка А
с массой 2m, принадлежащая отрезку ЕЕ и делящая направленный от-
резок ЕЕ в отношении ЕА —— АЕ — АЕ. Аналогично центр масс систе-
мы двух точек G и Н с массами 2т и Зт есть точка В с массой 5m, де-
лящая направленный отрезок GH в отношении GB	— ВН, а
центр масс системы двух точек А и В с массами 2m и 5m есть точка М,
такая, что АМ- — МВ. Таким образом, искомый центр масс есть точ-
ка М, определяемая условиями: AM — — МВ, ЕА—АЕ, GB ВН.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 2:3. Задача решается аналогично зада-
че 1 из варианта 1.
 >	—>- —>-	—>-
2.	Ответ: точка О, определяемая условиями: КО — 2ОМ, АК = 2КВ,
СМ = MD. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 1.
олпилттт' о <	00	16 ЕО 1 п	.
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: -7-77 = —, -7-=- = —. Введем обозначения:
OD 19 DF 6
СД=а, CB = b, CO = xOD, EO = yOF (рис. 87). Тогда С£) = -^а +
66
1 — —> 2 —*- —4	> г —>
b, СЕ — —СА, CF = ~~b.	С одной стороны, СО = —— CD —
455	г	х+1
=Т7~Т7Т^+Т7~ТТ7^’ с ДРУГОЙ стороны, СО=—J— С^Ч-$—CF =
4(x+l)	4(х+1)	V1	г	z/4-l	z/4-l
2	—*	4 it	—*
=———-а+	, , fe (см. формулы (1) и (2) из § 2 главы V). Учитывая
5(i/+l)	5(^+1)
-►-
единственность разложения вектора СО по двум неколлинеарным
векторам а и Ь, получаем:
Зх	2
4(х+1)"5(г/+1)
х	4w
4(7+Т)= WH) ’ °ткуда
16
Х~ 19
1
У=6
2. Поместим в вершины пятиугольника одинаковые массы т и дока-
жем, что все рассматриваемые отрезки пересекаются в центре масс си-
стемы, образованной вершинами пятиугольника. Для этого разобьем си-
стему на две системы, одна из которых состоит из двух соседних вершин
пятиугольника, а другая — из оставшихся трех его вершин. Центр масс
первой системы — середина F стороны АВ пятиугольника с массой 2т
(см. задачу 353 (а) из «ДГ-8»). Центр масс второй системы — точка
М пересечения медиан соответствующего треугольника с массой 3m
(см. задачу 353 (а) из «ДГ-8»). Таким образом, центр масс исходной си-
стемы пяти точек есть точка F, которая делит отрезок КМ в от-
ношении =	(см. задачу 354 из «ДГ-8»), откуда и следует
утверждение нашей задачи.
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: AF:FA = 9:17, MF:FN = 6:1. Задача ре-
шается аналогично задаче 1 из варианта 3.
2. Указание: поместите в вершины шестиугольника равные мас-
сы и докажите, что центр масс получившейся системы точек есть сере-
дина каждого из рассматриваемых отрезков (см. задачу 2 из вариан-
та 3).
С—21
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть точки S и Т — точки пересечения медиан тре-
угольников KMN и PQR соответственно (рис. 88). Обозначим через а, Ь,
с, dy е, К k, т, п, р, q, г, s, t радиус-векторы точек А, В, С, D, Е, F, A, М,
J _	_ _	~c-\-d —	е+7
А, Р, Q, /?, 3, Т соответственно. Тогда k = ~ (аА~Ь\ т~ % ’ П==—2^"’
р=±±£, д=°±±, 7=2±“,	7=£±j±L. Так как
ST = 7-7 то	+ Ч + г k + m + n_ l (b+~c , 7 + 3 , 1 + а
’	3	3	3 \ 2	2 "I 2
67
м
Рис. 89
a-\~b	c-\-d	^Ч~7\ х	ст
---------------------—1 — 0, а это и означает, что точки S и Т совпадают.
2. Ответ: 8. Треугольники КСМ и КВМ (рис. 89) имеют общую
Л4	5 к см	КС
высоту, проведенную из вершины М, следовательно, —-----= ——, откуда
^>квм КВ
$КСМ —	’ $КВМ-	(1)
п	$квм ВМ с ВМ е	_
В свою очередь, ™--= “ГлТ и ^квм = 'Т~ал $klM' Так как по условию
\мь КМ	LM
LB = 4BM, то -угг —4-, и из (1) имеем:
LM 5
с _ КС 1
^ксм~
(2)
т X	КС _
Таким образом, задача сводится к нахождению отношения —ттг. По-
КВ
ложим — %, тогда КС = хКВ. Так как LB = 4BM, то KB — ~KL-\-
КВ	о
4 —>-	—>	—>	—>	—>	/1 —>
+ — КМ, и, учитывая, что KL = 4KA, имеем: КС — хКВ = х (— /CL +
5	у о
+4Точки А, С, М лежат на
о / у 5	5	/	5	5
одной прямой, следовательно, "у" + "у"= > откуда х=р Подставив най-
КС	с 1 о
денное значение отношения в (2), получаем: SKCM — SKLM, от-
$klm о
куда --~8.
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 1. Приведем краткую запись решения (рис. 90): /?S = s — г =--—~ —
68
Рис. 91
__1 (Ъ-\-с , e-\-d , 7 +<7 2-|-6	c-\-d 2 + 7\ 
3	“3\“2 1 2 1 2	2	2	~/
=±(j-a)=±AG, откуда ₽S||4G и #S=±AG.
2. Ответ: S. Указание. Задача решается аналогично за-
bo
даче 2 из варианта 1. Приведем краткую запись решения (рис. 91):
_ ОМ	ОМ ВМ _ ОМ 1 „
!>°вм-~ам':Ьавм-~ам'~вс	т- е-
Ьоам~4 АМ	(1)
Пусть = тогда ОМ = хАМ, откуда АО — (1 — х)ДЛ7 = (1— х)Х
х(^-лс+| лд)=(! -X) (1.|лк+|лв)=-^Д.дк+	ЛВ.
Т'	л г n z/	5(1— х) ,3(1— х)	.	1 гт
Так как О£ВК> то — —--|——-=1, откуда х = —. Подставляя по-
16	4	17
лученное значение х в (1), имеем: S0BAf = -^-S.
60
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть Ац Bi, Ci, D[ — точки пересечения высот тре-
угольников BCD, ACD, ABD и АВС соответственно или их продолжений
(рис. 92), М— точка пересечения медиан треугольника BCD, Выберем
в качестве начальной точки центр описанной окружности О и обозначим
через a, b, с, d, а{, bi, Ci, di, m радиус-векторы точек А, В, C, D, Ah Bi,
Ci, Di, M. Заметим сначала, что OA{ = ЗОМ (см. п. 36 из «ДГ-8»), откуда
Ui = Зт = b + с -|-d. Аналогично bi = a-\~ с -\~d, Ci = a-\-b-\-d, di = аА~ЬА~
+ с. Тогда А1В1 — 61 — Ui — a — b = BA, В{С{ = Ci~~b{ — b — с = СВ,
CiD[ = d[ — d = c — d — DC и D{Ai =ai — di — d — a — AD. Таким образом,
у четырехугольников ABCD и AiBiCiDi равны стороны и соответствен-
ные углы (углы с противоположно направленными сторонами), т. е. эти
четырехугольники равны.
69
2. Ответ: в 7 раз. Треугольники ACCi и АВС имеют общую высо-
ту, проведенную из вершины С (рис. 93), следовательно, отношение их
площадей равно отношению оснований АС} и АВ, т. е. откуда
^АВгС — -cc^'J'SABC-	(3)	Рис. 93
Положим
СВ2
ccf
х, тогда СВ2 = хСС} = х

СА ~ СдЛ = СА СДЬ Так как точки А, В2, Ai лежат
о	о Л У о	Л
2х х	6
на одной прямой, то — + ~ — 1, откуда * = у- Подставив найденное
СВ2	2
значение —— в (3), получаем: 3/1Й с = —3/1ЙС. Аналогично (с точностью
С С J	2	/
2	2
до перестановки букв) получаем: 3Суй =у S/W;, Bbc^a~—Sabc. Таким
2	1
образом, ВА^С^ ~ ВАВС — 3 • у Злвс = у Злвс.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта
3. Приведем краткую запись решения: пусть О — начальная точка, точ-
ки АГ1, /<2, /Сз, Ка — середины отрезков АН}, BH%, СН%, DH4 соответствен-
но, векторы a, b, с, d, h\,	/ц, k}, k%, Ai— радиус-векторы точек
Рис. 94
А, В, C, D, Н\, Н2, Н%, Н4, AT, /(2, Дз, Ki co-
rp	г	а + Л]
ответственно. 1огда получим: k}~~—-— —
я -|- b -|- с d .	111
—	----- Аналогично k2~k$~k4 =
аbсd
—	-----, и, следовательно, точки Hi,
К2, Лз, %4 совпадают.
5
2. Ответ:	Задача решается ана-
логично задаче 2 из варианта 3. Приве-
дем краткую запись решения (рис. 94):
а) Д1Д2 = у ВС, следовательно, 3ЛЛ)Л2 =
__ 1 Q ____L 3.
70
б) угол Д1ДД2 — общий для треугольников MAN и ДЛДг, следова-
тельно,	^млл	AM-AN	j-,	AM	AN 	 — ~^i—тт • Положим —— ~х,	——=у тогда SAA'A2 AAt-AA2	АА,	АА2
$ MAN ~	АА^А^*
в)	AM = xAA> = x(^AB + ^Ac'\=x(^AB+^~AB^ = ^AB +
\о	о	/	\ о	О Z /	о
и так как М£ВВ\,	то	+	— 1,	откуда х = -|-;
Л	о 2	/
г)	4N = //442 = //(lA8+|lc) = i
+ //Ж f + z/=i, z/ = |;
О	'т
д)	*^Л1Л2^ = ‘^Л1Л2Л	Х#‘$Л1Л2Л = ^1
= —S.
42
—>	9 Ч -->
дв+£.£дв,
О
•	- 5 S -
’л//— 14 ^л/ —
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ
К—1
ВАРИАНТ 1. 1. 90°. Указание: пусть точки A, L, Af и А — се-
редины отрезков AD, АС, ВС и BD соответственно. Докажите, что
KLMN — прямоугольник.
3. Пусть в трапеции ABCD сторона AD — большее основание. Через
вершину В проведем прямую, параллельную CD, пересекающую AD в
точке Е. Тогда
АЕСАВ + ВЕ.
Значит,
AB + CD>AD — ВС,
что и требовалось доказать.
ВАРИАНТ 2. 1. 60°. Указание: докажите, что KLMN — ромб
с углом в 60°.
3. Пусть AD — большее основание трапеции ABCD. На продолже-
нии отрезка AD за вершину D отметим точку Е так, чтобы прямые BD
и СЕ были параллельны. Тогда будет выполняться неравенство
АСА~СЕ>АЕ. Значит,
AC + BD>ADA~BC,
что и требовалось доказать.
К—2
ВАРИАНТ 1. 1. 28.
2. д/2~-
3. 15. Указание: пусть Е — середина CD. Построим прямую
МР (рис. 95), проходящую через Е и параллельную прямой АВ.
&.DEP— Д.СЕМ. Тогда SABCD = SABMP.
ВАРИАНТ 2. 1. 9 и 13.
3. 4. Указание: задача решается аналогично задаче 3 из вари-
анта 1.
К—3
ВАРИАНТ 1. 1. Рассмотрите пары подобных треугольников: ДАОВ
и ДА1ОВ1} ДА1В1С и ДАВС.
72
Рис. 97
МС
2. Треугольники МСА\ и С\ВА\ подобны (рис. 96), откуда
и, следовательно,
АуС
~ВАу
МС
СуВ-АуС
~ВАу
Аналогично из подобия треугольников CNB\ и ACiBi следует:
Таким образом,
CN АСуСВуВАу АСу ВАу СВу __
МС CjB-AjC-BjA ~~С^' АуС ”
(по теореме Чевы), и, следовательно, CN = MC,
ВАРИАНТ 2. 1. Отрезок АО — биссектриса треугольника АВВ]
(рис. 97), следовательно,
АВу	ВуО	АВу Ь
АВ	ОВ Т* е* с	аА~с ’
откуда ДВ1= . Тогда BlC = AC — АВ[ = b-------------, значит,
аА~с	а-\-с а + с
АВ{ _ с _ АВ
ВуС а ВС ’
и, следовательно, ВВГ — биссектриса треугольника АВС.
73
Рис. 98
2. Углы треугольников KiNK и С^ВС равны как углы с противо-
положно направленными сторонами, следовательно, Л	Л CiBC,
NKX ККХ
откуда = (Рис- 98).
Аналогично из подобия треугольников KtMK и С,АС получаем:
KtM KtK CtA Cfi И	NKX_ ВСХ	К,М C,A '	NKi или  — = KA*	sc, CjA
Аналогично доказывается, AfA^	что АВХ	KM,	_ CAj	
NXK Таким образом,	В'С	MXN	AXB *	
NKX MNX	КМ, MXN	_BCX ca	ABX CAi _	1,
откуда следует, что прямые KKi, MMi, AWi пересекаются в одной
точке.
К—4
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть Т —г точка касания, ТА — хорда, ТВ — каса-
тельная (угол АТ В — острый). М — середина меньшей дуги AT, MCLTA,
MD.LTB. Проведем отрезок МТ. Тогда
ЛМТА=^АМТ и амтв = ^вмт.
Так как эти дуги равны, то
ЛМТА=ЛМТВ,
т. е. МТ — биссектриса угла АТВ, значит, расстояния МС и MD
равны.
2. Ответ: 10. Пусть А и В — точки касания (рис. 99). Тогда
BM2 = DM-LM, AK2 = KC-KL. Пусть KN=x, значит, ВМ2=~х=^-,
74
~ 32 „	256 л„ 16 ..
Д/С=-д--8=— ДК=—. Имеем
BN = AN = KN —АК-х—-
О
ЛМ = ВМ + ^=у+х-у-=8.
Отсюда х=10.
3. О т в е т: 8. Пусть гс — радиус вневписанной окружности, г — ра-
диус вписанной окружности. Тогда
__ ab	_ ab
Гс~2(а+|±£^ ’ Г~2(а+|+.с.) ’
__ ab	ab ____ ab*2c ____ab-2c_
Гс Г а-\-Ь — с	(а~]-Ь)2—с2 2аЬ С‘
Таким образом, с = гс — г= 10 — 2 = 8.
ВАРИАНТ 2. 1. Указание: проведите через точку А общую ка-
сательную к двум данным окружностям.
5
2. Ответ: 10 —. Пусть Р—вторая точка пересечения стороны
1о
АС с окружностью (рис. 100). ВС2~ АС* СР, СР=-—=4. Следователь-
но, АР = 5 и радиус окружности /? = 2,5. Проведем BDA.AC. Так как
треугольник ОВС прямоугольный (ОВ±ВС), то
ОС = 9-2.5_6.5,	= тогда	-9-!£ =
-104-
3. Ответ: 2. Пусть га — радиус вневписанной окружности.
75
К—5
ВАРИАНТ 1. 1. а) Ответ: АА —ЗАО. Точки К, М н N — середи-
ны отрезков Л4А, АВ и CD соответственно (рис. 101), следовательно,
лк=| (лм + 4ЛГ) =1 (1 АВ 4-1 (АС + Ad)) =
=1 (AS + АСА AD).	(1)
С другой стороны, О — точка пересечения медиан треугольника
BCD, откуда
AO=^(AB + AC + AD)-	(2)
О
Сравнивая (1) и (2), получаем
ао=1ак,
откуда следует, что точки А, А, О лежат на одной прямой.
б) Имеем
ао=1ак.
откуда
АК + ~КО=^АК,
значит,
АА = ЗАО.
2. Центром масс системы точек В и С (рис. 102) с массами b и с со-
ответственно является точка К с массой Ь-|-с, делящая отрезок ВС в от-
ношении
ВК:КС = с:Ь.
Таким образом,
76
следовательно, отрезок АК — биссектриса треугольника АВС. В свою
очередь, центром масс системы точек А и К с массами а и ЬА~с
соответственно является точка О с массой а+ 6 +с, делящая отрезок
АК в отношении
АО _ Ь + с
~ОК~ а '
Итак, центром масс данной системы точек является точка О,
принадлежащая биссектрисе АК треугольника АВС и делящая
АС + АВ	„
ее в отношении ———, следовательно, О— точка пересечения
вс
биссектрис треугольника АВС, т. е. центр вписанной в этот тре-
угольник окружности.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: б) £Ш = 2ЛЮ.
Указание: задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1.
Приведем краткое решение.
а)	Последовательно получаем:
~DM =1 (DE + ~DF + DK) =
О
= ^(j(DB + DC) + ^(DA + DC) + ^(DA + DB^ =
= -^ (2D A + 2DB + 2DC)=^ (DA + DB + DC),
t. e.
—2 —
DM = ~(DA + DB + DC).	(1)
С другой стороны,
DO=±(DA + DB + DC).	(2)
О
Из (1) и (2) следует, что
DM=^DO,
откуда точки £>, М и О лежат на одной прямой.
—2 —>-
б)	DM DO, откуда
О
-->	2 --
DM = ~(DM + MO),
О
значит, DM = 2МО.
2, Указание: докажите, что искомый центр масс есть точка пе-
ресечения биссектрис треугольника МКР (см. задачу 2 из варианта 1),
а затем воспользуйтесь задачей 316 (б) из «ДГ-8».
77
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ........................ 3
Самостоятельные работы ............. 5
Вариант 1	 —
Вариант 2	 11
Вариант 3	 17
Вариант 4	 23
Контрольные работы .................29
Ответы и указания...................37
Самостоятельные работы ....	—
Контрольные работы ...............72
Учебное издание
Зив Борис Германович
Некрасов Владимир Борисович
Дидактические материалы по геометрии
для 8 класса
с углубленным изучением математики
Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова
Редактор Л. В. Кузнецова
Младший редактор Н. В. Сидельковская
Художники Н. В. Беляева, В. В. Костин
Художественный редактор Е. Р. Дашук
Технический редактор С. С. ЯПушкина
Корректор И. В. Чернова
Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции ОК 005-93—
953000. Изд. лиц. № 010001 от 10.10.96. Сдано в набор 18.06.99. Подписано
к печати 06.03.2000. Формат 60Х90*/16. Бумага офсетная № 1. Гарнитура Лите-
ратурная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 5,0. Усл. кр.-отт. 5,5. Уч.-изд. л. 3,71.
Тираж 10 000 экз. Заказ № 1759.
Государственное унитарное предприятие ордена Трудового Красного Знамени Из-
дательство «Просвещение» Министерства Российской Федерации по делам печа-
ти, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций. 127521, Москва, 3-й
проезд Марьиной рощи, 41.
Государственное унитарное предприятие ордена Трудового Красного Знамени по-
лиграфический комбинат Министерства Российской Федерации по делам печати,
телерадиовещания и средств массовых коммуникаций. 410004, Саратов, ул. Чер-
нышевского, 59.