Предисловие
§ 1. Медиана прямоугольного треугольника
§ 2. Удвоение медианы
§ 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника
§ 4. Трапеция
§ 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника
§ 6. Отношение отрезков
§ 7. Отношение площадей
§ 8. Касательная к окружности
§ 9. Касающиеся окружности
§ 10. Пересекающиеся окружности
§ 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником
§ 12. Пропорциональные отрезки в окружности
§ 13. Углы, связанные с окружностью
§ 14. Вспомогательные подобные треугольники
§ 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения
Диагностические работы
Приложение 2. Список полезных фактов
Литература
Содержание
Текст
                    ЕГЭ 2012
Математика
Р. К. Гордин
РЕШЕНИЕ
задачи С4
Геометрия
Планиметрия


ГОТОВИМСЯ К ЕГЭ Р. К. Гордин ЕГЭ 2012. Математика Решение задачи С4 Москва Издательство МЦНМО 2012
УДК 373:51 ББК 22.1я72 Г68 Гордин Р. К. Г68 ЕГЭ 2012. Математика. Решение задачи С4. — М.: МЦНМО, 2012.—328 с. ISBN 978-5-94057-950-2 Пособие содержит решения всех задач книги Р.К.Гордина «ЕГЭ 2012. Математика. Задача С4. Геометрия. Планиметрия». Оно ориентировано на повторение курса геометрии и позволяет подготовиться к решению геометрической задачи С4 ЕГЭ по математике. Книга будет полезна учащимся старших классов при подготовке к единому государственному экзамену, учащимся средней школы при изучении курса геометрии, а также всем любителям геометрии. Пособие предназначено для учащихся старшей и средней школы, учителей математики, родителей. ББК 22.1я72 © Гордин Р. К., 2012. ISBN 978-5-94057-950-2 © МЦНМО, 2012.
Предисловие Геометрия является неотъемлемой частью математического образования и интеллектуального развития учащихся. Задания по геометрии входят и в часть В, и в часть С ЕГЭ по математике. В частности, С4 — задача повышенной сложности по планиметрии. Московский центр непрерывного математического образования издал пособие по подготовке к ЕГЭ по математике Р. К. Гордина «ЕГЭ 2012. Математика. Задача С4. Геометрия. Планиметрия». В нём содержится напоминание некоторых теоретических фактов и большой набор задач, к которым приведены ответы. Оказалось, что этого недостаточно для успешной подготовки к экзамену: нужны еще и решения подготовительных и тренировочных задач. Книга, которую вы держите в руках, как раз и содержит все эти решения. К ней нельзя относиться лишь как к очередному «решебнику». Геометрические задачи на экзамене решают плохо не только потому, что выпускники не знают каких-то фактов, но еще и потому, что они не могут написать текст решения задачи. Поднять математическую культуру учащихся и призвана эта книга. У геометрической задачи может быть несколько различных способов решения. В пособии для каждой задачи приведено одно из решений. При работе с книгой советуем попробовать решить задачу самостоятельно; если не получается, то посмотреть авторское решение; после того как решение понято, нужно записать решение на бумаге, а потом еще и попробовать решить задачу другим способом. На экзамене по математике нет жестких требований к оформлению решения геометрической задачи, но при этом правильная запись решения позволит избежать многих логических и даже вычислительных ошибок. Книга будет полезна учащимся старших классов при подготовке к единому государственному экзамену, учащимся средней школы при изучении курса геометрии, а также всем любителям геометрии. Руководитель группы разработчиков КИМ ЕГЭ по математике Иван Валериевич Ященко Заведующий лабораторией математики МИОО Андрей Викторович Семенов
§ 1. Медиана прямоугольного треугольника Подготовительные задачи 1.1. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна 4. Найдите радиус описанной окружности. Ответ: 2. Решение. Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, совпадает с серединой гипотенузы. Следовательно, радиус окружности равен половине гипотенузы, т. е. 2. 1.2. Медиана, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника, равна т и делит прямой угол в отношении 1:2. Найдите стороны треугольника. Ответ: 2т, т, т\/3. Решение. Пусть СМ — медиана прямоугольного треугольника ЛВС, в котором ZC = 90°. Тогда СМ = АМ = ВМ = т, АВ = 2т. Пусть Z.BCM > ZACM, тогда Z.BCM = \AACB = 60°, ZACM = 30°, поэтому ZB = 60° и треугольник ВСМ — равносторонний. Следовательно, ВС = СМ = т, АС = BCtg60° = гпч/3. 1.3. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, разбивает его на два треугольника с периметрами 8 и 9. Найдите стороны треугольника. Ответ: 3; 4; 5. Решение. Обозначим через а и Ъ (а<Ъ) катеты треугольника. Поскольку медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, а две стороны треугольника с периметром 8 соответственно равны двум сторонам треугольника с периметром 9, разность периметров равна разности третьих сторон. Значит, Ь — а = 9 — 8 = 1. Гипотенуза данного прямоугольного треугольника равна удвоенной медиане, т. е. сумме двух сторон треугольника с периметром 8, поэтому гипотенуза равна 8 - а.
Подготовительные задачи По теореме Пифагора Из системы Ь-а = 1, находим, что а = 3, Ъ = 4. 1.4. В треугольнике ABC к стороне АС проведены высота ВК и медиана MB, причём АМ = ВМ. Найдите косинус угла КВМ, если АВ = 1, ВС = 2. Ответ: ^. Решение. Поскольку ВМ = AM = МС, то треугольник ABC — прямоугольный. Поэтому AC = VAB2+BC2 = л/5, АС-ВК = АВВС, АВВС 2 пъш 1_ л/5 '' 1.5. Окружность, построенная на катете прямоугольного треугольника как на диаметре, делит гипотенузу в отношении 1:3. Найдите острые углы треугольника. Ответ: 30°, 60°. Решение. Пусть окружность, построенная как на диаметре на катете ВС прямоугольного треугольника ABC, пересекает гипотенузу АВ в точке D, отличной от В, причём AD = a,BD = 3a. Проведём медиану СМ. Тогда AM = СМ = 2а, а т. к. точка D лежит на окружности с диаметром ВС, то ZCDB = 90°. В прямоугольном треугольнике CDM гипотенуза СМ, равная 2а, вдвое больше катета DM: DM = AM - AD = 2a- a = a. Поэтому ZDCM = 30°, a ZAMC = 60°. Угол при вершине М равнобедренного треугольника АМС равен 60°. Следовательно, треугольник АМС равносторонний. Поэтому ABAC = 60°, ZABC = 90° - ABAC = 30°.
§ 1. Медиана прямоугольного треугольника 1.6. Точка D — середина гипотенузы АВ прямоугольного треугольника ABC. Окружность, вписанная в треугольник ACD, касается отрезка CD в его середине. Найдите острые углы треугольника ABC. Ответ: 30°, 60°. Решение. Пусть указанная окружность касается отрезка CD в его середине М, а отрезков AD и АС — в точках N и К соответственно. Поскольку медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, то AD — CD. По свойству касательных, проведённых к окружно- С сти из одной точки, АК = AN, CK = СМ, DN = DM = \cD = \AD, N D в поэтому AN = 7:AD. Значит, \cD = CD = AD. AC = АК + СК = AN + CM = ^ Поэтому треугольник ACD — равносторонний. Следовательно, ABAC = Z.DAC = 60°, ZABC = 90° - ABAC = 30°. 1.7. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла С проведены биссектриса CL и медиана СМ. Найдите площадь треугольника ЛВС, если LM = а, СМ = Ъ. Ъ2ф2-а2) Ответ: —2 ,2—. Решение. Заметим, что AM = MB = b. Обозначим BC = xf ЛС = у. Пусть х<у. Тогда по свойству биссектрисы треугольника х_ _ BL^ _ Ь — а у ~ AL ~ Ъ + а' С другой стороны, по теореме Пифагора + ЛС2 = ЛВ2, или х2 + у2 = 4Ь2. Решив систему уравнений х Ь-а В b-a L a M b A получим, что х = У2 , у = У2 Следовательно,
Подготовительные задачи 1.8. Вне прямоугольного треугольника ABC на его катетах АС и ВС построены квадраты ACDE и BCFG. Продолжение медианы СМ треугольника ABC пересекает прямую DF в точке N. Найдите отрезок CN, если катеты равны 1 и 4. 4 Ответ: -=. Решение. Пусть АС = 4, ВС = 1. Обозначим ABAC = а. Прямоугольные треугольники ABC и DFC равны по двум катетам, поэтому DF = АВ = у/АС2 + ВС2 = Л7. Медиана СМ прямоугольного треугольника ABC, проведённая к гипотенузе АВ, равна половине гипотенузы, поэтому ZNCF = ZACM = ABAC = a, ZCNF = 180° - ZNCF - ZCFN = 180° - а - (90° - а) = 90°, т. е. CN — высота прямоугольного треугольника CDF, проведённая из вершины прямого угла С. Поскольку CDCF = DF- CN (удвоенная площадь треугольника CDF), CDCF _4_ А CN = DF М 1.9. Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна а и образует угол а с медианой, проведённой из той же вершины. Найдите катеты треугольника. Ответ: sin (45° ±|) a yjl{\ ± sin a) cos а
§ 1. Медиана прямоугольного треугольника Решение. Пусть СН = а — высота прямоугольного треугольника ЛВС, проведённая из вершины С прямого угла, СМ — медиана этого треугольника, причём ZMCH — a. С Предположим, что ВС > АС. Тогда точка М лежит между В и Н. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому ВМ = АМ = СМ. Угол СЫН — внешний угол равнобедренного треугольника СМВ, значит, ZMBC = \aCMH = |(90° - а) = 45° - |. Следовательно, вс= сн Аналогично находим, что АС = sin ZHBC sin(45°-f)' СН sin Z.HAC in (45° sin Тренировочные задачи 1.10. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, разбивает его на два треугольника с периметрами тип. Найдите стороны треугольника. Ответ: у/2тп-т, у/2тп-п,п + т- \12тп. Решение. Пусть а и Ь — катеты треугольника, х — медиана, проведённая к гипотенузе. Тогда гипотенуза равна 2х. Предположим, что а <Ъ. Тогда по условию задачи 2х + Ъ = т и 2х + а = п. Отсюда следует, что Ь = а + + т-п. Поскольку 2х = Va2 + b2, то ^ (Ъ = а + т-п, Из этой системы находим, что а = у/2тп — т, Ъ = л/2тп-п, 2х = п + т- V2mn.
Тренировочные задачи 1.11. В прямоугольном треугольнике ABC {/.С = 90°) проведены высота CD и медиана СЕ. Площади треугольников ABC и CDE равны соответственно 10 и 3. Найдите АВ. Ответ: 5л/2. Решение. Заметим, что DE _ SACDE = _з_ АВ 10* Положим DE = Зх, АВ = 10х. Тогда СЕ = АЕ = ВЕ = 5х Е Зх D 2х А CD = VCE2-DE2 = V25x2-9x2 = Ах, SACDE = \dE-DC= |-3x-4x = 6x2 = 3. Поэтому x= 1.12. В прямоугольном треугольнике ABC катеты АВ и АС равны 4 и 3 соответственно. Точка D делит гипотенузу ВС пополам. Найдите расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники ADC и ABD. Ответ: 12 Решение. Пусть Ог и О2 — центры окружностей, вписанных в треугольники ADC и ABD соответственно, Р и Q — их точки касания со стороной ВС. Обозначим ZADB = a. С Р D Q В Из равнобедренного треугольника ADB находим, что sinf = |, cos| = |, DQ = i
10 § 1. Медиана прямоугольного треугольника Аналогично находим, что DP = 1. Тогда DP COS (90°-f) DP _ :sinf = 25-13 144 * 5 4' Следовательно, Г I Л О 1.13. Катет прямоугольного треугольника равен 2, а противолежащий ему угол равен 30°. Найдите расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники, на которые данный треугольник делится медианой, проведённой из вершины прямого угла. Ответ: 22-12\/3 Решение. Пусть М — середина гипотенузы ЛВ прямоугольного треугольника ЛВС, /Л = 30°, ВС = 2, О1 и О2 — центры окружностей, вписанных в треугольники АМС и ВМС соответственно, гг и г2 — радиусы этих окружностей. Тогда АВ = 2ВС = 4, СМ = АМ = ВМ = 2, Треугольник ВСМ — равносторонний, поэтому точка Р касания его вписанной окружности со стороной ВС — середина ВС, МР — средняя линия треугольника ЛВС, МР = \АС = МО2 = |МР = |ч/3. Треугольник АСЫ — равнобедренный, поэтому точка Q касания его вписанной окружности со стороной ЛС — середина ЛС, MQ — средняя линия треугольника АВСУ 5алмс AQMQ л/3-1 = 2л/3-3, МОг = = 1 -2ч/3 + 3 = 4-2ч/3. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому МО1 и МО2 — биссектрисы смежных углов АМС и ВМС, поэтому ZOjMC^^W, значит, ОгО2 — гипотенуза прямоугольного
Тренировочные задачи 11 треугольника 0^02- По теореме Пифагора находим, что = 2\] 22-12^3 1.14. В четырёхугольнике ABCD диагонали АС и BD перпендикулярны и пересекаются в точке Р. Отрезок, соединяющий вершину С с серединой М отрезка AD, равен j, АР = 1. Расстояние от точки Р до отрезка ВС равно х • Найдите AD, если известно, что вокруг четырёхугольника ABCD можно описать окружность. Зл/6-2 Ответ: —т—. Решение. Пусть прямая МР пересекает отрезок ВС в точке К. Обозначим ZADB = ZACB — а. Поскольку РМ — медиана прямоугольного треугольника APD, проведённая из вершины прямого угла, то РМ = МА = MD, Z.BPK = Z.DPM = ZADB = а, а т. к. /.СВР = 90° - а, то Z.BKP = 180° - а - (90° - а) = 90°, т. е. РК1 ВС. Значит, РК = \. Из прямоугольных треугольников APD и СКР находим, что поэтому 2 sin a МК = МР + КР = 1 , 1 2sina 2' Применяя теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику МКС, получим уравнение 1 1\2 /1 \2 из которого находим, что AD = ly^fl Y 25 2) +UCtgaJ = 16' L 3>/б-2 sin a ЛР sin a 4 1 sin a . Следовательно, Зл/6-2
12 § 1. Медиана прямоугольного треугольника 1.15. Средняя линия трапеции равна 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 3. Углы при большем основании трапеции равны 30° и 60°. Найдите основания и меньшую боковую сторону трапеции. Ответ: 8; 2; 3. Решение. Через середину М меньшего основания ВС трапеции ABCD проведём прямую, параллельную боковой стороне ЛВ, до пересечения с основанием AD в точке Р и прямую, параллельную боковой стороне CD, до пересечения с прямой AD в точке Q. ВМС АР К Q D Если К — середина AD, то PK = AK-AP = AK-BM = DK-MC = DK-QD = KQ, поэтому МК — медиана треугольника PMQ, а т. к. ZPMQ = 180° - 60° - 30° = 90°, то РК = KQ = МК = 3. Значит, AD-BC = PQ = 6, AD + BC = 10, откуда находим, что AD = 8 и ВС = 2. Пусть РМ — катет прямоугольного треугольника PMQ, лежащий против угла в 30°. Тогда АВ — меньшая боковая сторона трапеции ABCD и АВ = РМ = \PQ = 3. 1.16. Средняя линия трапеции равна 4, углы при одном из оснований равны 40° и 50°. Найдите основания трапеции, если отрезок, соединяющий середины этих оснований, равен 1. Ответ: 5 и 3. Решение. Пусть углы А и D при основании трапеции ABCD равны 50° и 40° соответственно, М иК — середины оснований ВС и AD. ВМС
Тренировочные задачи 13 Через точку М проведём прямую, параллельную ЛВ, до пересечения с AD в точке Р и прямую, параллельную CD до пересечения с AD в точке Q. Тогда PK = AK-AP = AK-BM = KD-CM = KD-QD = KQ. Поскольку ZPMQ = 180° - 40° - 50° = 90°, то МК— медиана прямоугольного треугольника PMQ, проведённая из вершины прямого угла PMQ. Следовательно, PQ = 2МК = 2. Поскольку PQ = AD-AP-QD = AD-BM-MC = AD-ВС, то AD-BC = 2. Кроме того, по условию задачи AD + BC = 8. Из полученной системы уравнений находим, что AD = 5 и ВС = 3. 1.17. Диагонали трапеции перпендикулярны. Одна из них равна 6. Отрезок, соединяющий середины оснований, равен 4,5. Найдите площадь трапеции. Ответ: 9л/5. Решение. Пусть М и К — середины оснований ВС и AD трапеции ABCD. Через вершину С меньшего основания ВС проведём прямую, параллельную диагонали BD {BD = 6), до пересечения с прямой AD в точке Р и прямую, параллельную МК, до пересече- А К Q D Р ния с прямой AD в точке Q. Тогда AQ = AK + KQ = AK + MC= \aD + \bC= \{AD+DP) = \aP. Поэтому CQ — медиана треугольника АСР, а т.к. ZACP = 90°, то AQ = QP = CQ = МК = 4,5. Поэтому АР = 9. Тогда АС = у/АР2-СР2 = V81-36 = Зл/5. Следовательно, Sabcd = 5длср = \AC-CP = \ .Зл/5-6 = 9л/5. 1.18. Прямая, параллельная гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC, пересекает катет АС в точке D, а катет ВС — в точке Е, причём DE = 2, a BE — 1. На гипотенузе взята такая точка F, что BF = 1. Известно также, что ZFCB = а. Найдите площадь треугольника ЛВС. Ответ: \ (1 + 2cos2a)2 tg2a.
14 § 1. Медиана прямоугольного треугольника Решение. Пусть Н — середина DE. Тогда HFBE — параллелограмм (даже ромб), т. к. НЕ =BF и НЕ \\ BF. Поэтому Поскольку СН = 2#Е = 1, треугольник CHF — равнобедренный. Поэтому Z.HCF = Z.HFC = Z.FCB = a, Z.HCB = 2а. Е 1 В Тогда АВ = ZDEC = ZHCB = 2а. Следовательно, СЕ = DEcosZDEC = 2cos2a, ВС = СЕ + ЕВ = 2cos2a + l, АС = ВС tg ZABC = ВС tg 2a = (2 cos 2a +1) tg 2a. Следовательно, AC = i(2cos2a + l)2tg2a. 1.19. Гипотенуза АВ прямоугольного треугольника ABC является хордой окружности радиуса 10. Вершина С лежит на диаметре окружности, который параллелен гипотенузе. Угол CAB равен 75°. Найдите площадь треугольника ABC. Ответ: 40. Решение. Из центра О данной окружности опустим перпендикуляр ОМ на гипотенузу АВ. Тогда М — середина АВ, МС = МА = МВ. Поэтому Z.MCB = ZABC = 15°, Z.BCO = Z ABC = 15°. Следовательно, Z.MCO = 30°. Пусть ОМ = х. Из прямоугольного треугольника МСО находим, что МС = 2х. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике MOB: OB2 = ОМ2 + MB2, или 100 = х2 + Ах2. Отсюда находим, что *2 = 20. Следовательно, Saabc = \aBOM = 1'4х-х = 2х2 = 40.
Тренировочные задачи 15 1.20. Гипотенуза КМ прямоугольного треугольника КМР является хордой окружности радиуса V7. Вершина Р находится на диаметре, который параллелен гипотенузе. Расстояние от центра окружности до гипотенузы равно </3. Найдите острые углы треугольника КМР. Ответ: 30°, 60°. Решение. Пусть О — центр данной окружности, ОА — перпендикуляр к гипотенузе. Тогда А — середина гипотенузы. Из прямоугольного треугольника ОМА по теореме Пифагора находим, что AM2 = ОМ2-ОА2 = 7-3 = 4. Значит, АР = АК = АМ = 2. Пусть РВ — высота треугольника КМР. Тогда РВ = ОА= V3. Поэтому Следовательно, /.КАР = 60°, т. е. треугольник КАР равносторонний, поэтому /МКР = 60°. 1.21. В треугольнике ABC известно, что АВ = с, AC = b (b>c), AD — биссектриса. Через точку D проведена прямая, перпендикулярная AD и пересекающая АС в точке Е. Найдите АЕ. 2Ъс Ответ: Ъ + с' Решение. Пусть М — середина отрезка АЕ. Тогда DM — медиана прямоугольного треугольника ADE, проведённая из вершины прямого угла. Если DM = х, то AM = ME = DM = х, /ADM = /DAM = /BAD. Значит, DM \\ AB и треугольник MDC подобен треугольнику MD CM x b-x be ABCy поэтому -ттг = -777, или - = —т—у откуда находим, что х = т——. АН /1С Си и ~г С 2Ьс Следовательно, АЕ = 2х = -г—. 1.22. Точка Е лежит на стороне АС правильного треугольника ABC; точка К — середина отрезка АЕ. Прямая, проходящая через точку Е перпендикулярно прямой АВ, и прямая, проходящая через точку С перпендикулярно прямой ВС, пересекаются в точке D. Найдите углы треугольника BKD. Ответ: 90°, 30°, 60°. Решение. Пусть F — основание перпендикуляра, опущенного из точки Е на АВ. Тогда FK — медиана прямоугольного треугольника AFE. Поэтому /AKF = 60° и FK \\ ВС.
16 § 1. Медиана прямоугольного треугольника Опишем окружность около равнобедренной трапеции BFKC. Точка D принадлежит этой окружности, т. к. /BFD + /.BCD = 180°; BD —диаметр этой окружности, т. к. /.BCD = = 90°. Следовательно, /BKD = 90°, /BDK = /ВСК = 60°, /KBD = 30°. 1.23. В трапеции ABCD точка К — середина основания АВ, М — середина основания CD. Найдите площадь трапеции, если известно, что DK — биссектриса угла D, ВМ — биссектриса угла В, наибольший из углов при нижнем основании равен 60°, а периметр равен 30. Ответ: 15л/3. Решение. Пусть К — середина большего основания АВ трапеции ABCD. Предположим, что /DAB = 60° (см. рисунок слева). Поскольку м /ADK = /KDC = /AKD, А К В то треугольник ADK — равносторонний, DK = AK = KB. Поэтому /ADB = 90°, a /DBA = 30°. Но /DBA < /MBA = \/ABC, поэтому /ABC > 60°, что невозможно. Следовательно, /ABC = 60° (см. рисунок ниже). М Обозначим BC = MC = MD = x,AD = AK = KB = y. Тогда х + у = 10. Проведём через вершину С прямую, параллельную AD, до пересечения с основанием АВ в точке Р. В треугольнике ВСР известно, что BC = xt CP = AD=y, BP По теореме косинусов у2 = = AB-AP=AB-DC = 2(y-x), /СВР = 60°.
Тренировочные задачи 17 Из полученной системы (х + у = 10, \ у2 = х2 + 4(у - х)2 - 2х(у - х) о /о" находим, что х = 3, у = 7. Тогда высота трапеции равна х sin 60° = —^-. Следовательно, 1.24. В треугольнике ABC известны углы: /А = 45°, /В = 15°. На продолжении стороны АС за точку С взята точка М, причём СМ-=2АС. Найдите LAMB. Ответ: 75°. Решение. Пусть Р — середина отрезка СМ. Тогда АС = СР = РМ. Отметим на стороне СВ точку К так, чтобы СК = С А. По теореме о внешнем угле треугольника /РСК = /CAB + /ABC = 45° +15° = 60°. м Поэтому треугольник СРК — равносторонний. Значит, PC = РК = РМ. Следовательно, треугольник СКМ — прямоугольный и /АМК = 90° - 60° = 30°. Поскольку /САК = /СКА = 30°, треугольник АКМ — равнобедренный, а т. к. АКАВ = /KBA = 15°, то треугольник АКВ — также равнобедренный. Следовательно, МК = АК = КВ и треугольник МКВ — равнобедренный. Поскольку /МКВ = /МКС = 90°, то /КМВ = 45°. Следовательно, /АМВ = /АМК + /КМВ = 30° +45° = 75°. 1.25. В треугольнике ABC известно, что АВ = АС и угол ВАС тупой. Пусть BD — биссектриса треугольника ABC, M — основание перпендикуляра, опущенного из А на сторону ВС, Е — основание перпендикуляра, опущенного из D на сторону ВС. Через точку D проведён также перпендикуляр к BD до пересечения со стороной ВС в точке F. Известно, что ME = FC = а. Найдите площадь треугольника ABC. Ответ: Щ£. Решение. Обозначим EF = х, /АСВ = /ABC = 2а. Пусть К — середина отрезка BF. Тогда DK — медиана прямоугольного треугольника BDF. Значит, BK = KD= KF, /DKC = 2/DBK = 2а = /АСВ.
18 § 1. Медиана прямоугольного треугольника К х М а Е х F а С Поэтому треугольник CDK — равнобедренный. Его высота DE является медианой, значит, , или Ш + а = х + а. Следовательно, КМ = х. Тогда BK = KF = 2х + а, ВЫ = ВК + КМ = (2х + а) +х = Зх + а, МС = ME + EF + FC = а т. к. ВМ = МС, то Зх + а = 2а + х. Отсюда находим, что х = ^. Тогда CD = DK = ВК = 2х + а = а + а = 2а. Из прямоугольного треугольника CED находим, что За о СЕ х + а cos 2а = — = Си CD 2a 2а 4' Тогда AM = MCtg2a = (2а + х) tg2a = у • Щ- = ^ Следовательно, с aabc мг am 5a = МС-АМ = у 25а2у/7 1.26. Острый угол при вершине А ромба ABCD равен 40°. Через вершину А и середину М стороны CD проведена прямая, на которую опущен перпендикуляр ВН из вершины В. Найдите угол AHD. Ответ: 110°. Решение. Продолжим сторону ВС до пересечения с прямой AM в точке К. Тогда CK = AD = BC, т.е. НС — медиана прямоугольного треугольника ВНК, проведённая из вершины прямого угла. Поэтому
Тренировочные задачи 19 НС = ВС = CD. Обозначим через а и f5 углы при основаниях ВН и DH равнобедренных треугольников ВСН и CDH соответственно. Тогда ZBHD = а + /3=90о- \Z3CH + 90° - \ADCH = = 180° -^UBCH + ZDCH) = 180° - \ABCD = 180° -20° = 160°. Следовательно, ZAHD = 360° - ZAHB - ZBHD = 360° - 90° - 160° = 110°.
§ 2. Удвоение медианы Подготовительные задачи 2.1. Медиана AM треугольника ABC равна т и образует со сторонами АВ и АС углы а и р соответственно. Найдите эти стороны. 2m sin P 2m sin a Ответ: sm(a + py sin(a + 0r Решение. На продолжении медианы AM за точку М отложим отрезок МК, равный AM. Тогда четырёхугольник АВКС — параллелограмм, поэтому ZAKC = /.ВАМ = а. Рассмотрим треугольник АСК. По теореме синусов СК sin/3 АК откуда АВ = СК = АК sin P 2m sin P Аналогично АС = АК sin a 2т sin a л/3 2.2. В треугольнике ABC известно, что BD — медиана, BD=AB • -т-у а ZDBC = 90°. Найдите угол ABD. Ответ: 30°. Решение. Пусть М — точка на продолжении медианы BD за точку D, причём BD = DM. Тогда АВСМ — параллелограмм, МС = АВ, ВМ = 2BD = АВ • -у • Из прямоугольного треугольника МВС на- *А ХОДИМ, ЧТО ВМ у/3 АВ у/3 Следовательно, ZBMC = 30°, ZABD = /.ВМС = 30°. 2.3. Найдите площадь треугольника, если две стороны его равны 27 и 29, а медиана, проведённая к третьей, равна 26. Ответ: 270.
Подготовительные задачи 21 27 Решение. Пусть стороны АВ и ВС треугольника ABC равны соответственно 27 и 29, а его медиана ВМ равна 26. На продолжении медианы ВМ за точку М отложим отрезок MD, равный ВМ. Из равенства треуголь- В ников АВМ и CDM следует равенство площадей треугольников ABC и BCD. В треугольнике BCD известно, что ВС = 29, BD = 2ВМ = 52, DC = АВ = 27. По формуле Герона sabcd = \/54(54- 52) (54- 29) (54-27) = л/54-2-25- 27 = 27- 2- 5 = 270. Следовательно, с _ § _ 270 2.4. Стороны треугольника равны 11, 13 и 12. Найдите медиану, проведённую к большей стороне. 19 Ответ: -тт. Решение. Пусть AM — медиана треугольника ABC, в котором АВ = = 12, АС = 11, ВС = 13. На продолжении медианы AM за точку М отложим отрезок МК, равный AM. Тогда ЛВКС — параллелограмм. По теореме о сумме квадратов диагоналей параллелограмма АК2 + ВС2 = 2АВ2 + 2ЛС2, откуда АК2 = 2АВ2 Л-2АС2 -ВС2 = 288 + 242-169 = 361 = 192. 1 19 Следовательно, AM = ~АК = -тт. 2.5. В треугольнике две стороны равны 11 и 23, а медиана, проведённая к третьей, равна 10. Найдите третью сторону. Ответ: 30. Решение. Первый способ. Пусть СМ — медиана треугольника ABC, в котором АС = 11, ВС = 23, СМ = 10. Тогда СМ2 = \{2АС2 + 2ЯС2 - АВ2), или Ю0=| (2 -121 + 2-529- АВ2). Отсюда находим, что АВ2 = 900, АВ = 30. 23
22 § 2. Удвоение медианы Второй способ. Пусть СМ — медиана треугольника ABC, в котором ЛС = 11, ВС = 23, СМ = 10. На продолжении медианы СМ за точку М отложим отрезок MD, равный СМ. Тогда ACBD — параллелограмм, CD = 20, DB = 11. По теореме косинусов найдём cos Z.CDB из треугольника CDB, а затем — отрезок ВМ из треугольника BDM. 2.6. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4, проведена медиана к боковой стороне. Найдите основание треугольника, если медиана равна 3. Ответ: л/То. Решение. Обозначим через х основание ВС равнобедренного треугольника ABC. На продолжении медианы ВМ за точку М отложим отрезок DM, равный ВМ. Тогда BADC — параллелограмм. Поэтому или 16 + 36 = 216 + 2х2. Отсюда находим, что х2 = 10. 2.7. Основание равнобедренного треугольника равно 4л/2, а медиана, проведённая к боковой стороне, равна 5. Найдите боковые стороны. Ответ: в. Решение. Обозначим через х боковую сторону ЛВ равнобедренного треугольника ABC (ВС = 4л/2). На продолжении медианы ВМ за точку М отложим отрезок DM, равный ВМ. Тогда BADC — параллелограмм. Поэтому AC2+BD2 = 2(ЛВ2 + ВС2), или Отсюда находим, что х2 = 36. 2.8. В треугольнике ABC известны стороны ЛВ = 2 и ЛС = 4 и медиана AM = л/7. Найдите угол ВАС. Ответ: 60°. Решение. На продолжении медианы AM данного треугольника ABC со сторонами ЛВ = 2 и ЛС = 4 отложим отрезок MD, равный отрезку AM. Тогда четырёхугольник ABDC — параллелограмм, поэтому CD = АВ = 2. Применяя теорему косинусов, из треугольника ACD находим, что 2 + СР2-ЛР2 _ 16 + 4-4-7 _ 1 2-AC-CD ~ 2-4-2 2' cos ZACD =
Тренировочные задачи 23 поэтому ZACD = 120°. Следовательно, ABAC = 180° - ZACD = 180° -120° = 60°. 2.9. В треугольнике ABC отрезок AD — медиана, AD = т, АВ = а, АС = Ь. Найдите угол ВАС. Лт2-а2-Ъ2 Ответ: arccos - 2аЪ Решение. На продолжении медианы AD за точку D отложим отрезок DK, равный AD. Диагонали ВС и АК четырёхугольника АСКВ делятся точкой пересечения D пополам, значит, АСКВ — параллелограмм. Поэтому СК = =АВ = а. Применив теорему косинусов к треугольнику АСКУ находим, что АС2 + СК2 - АК2 Ъ2+а2- 4ш2 cosZACK= 2шАСтСК Так как ABAC = 180° - ZACK, то 2Ьа В cos ABAC = -cos A ACK = 4т2-а2-Ъ2 2аЬ Следовательно, ABAC = arccos 4m2-a2-b2 lab Тренировочные задачи 2.10. Две стороны треугольника равны 10 и 12, а медиана, проведённая к третьей, равна 5. Найдите площадь треугольника. Ответ: 48. Решение. Пусть AM — медиана треугольника ЛВС, причём AM = 5, АВ = 10, АС = 12. На продолжении медианы AM за точку М отложим отрезок MD, равный AM. Тогда ABDC — параллелограмм с диагоналями ВС и AD, а площадь треугольника ABC равна площади равно-
24 § 2. Удвоение медианы Н 6 D бедренного треугольника ABD, в котором ЛВ = AD = 10, BD = 12. Высоту ЛЯ треугольника ABD находим по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника АВН: Следовательно, Saabc = • АН = у/АВ2-ВН2 = л/100-36 = 8. = \bD-АН = \-\2-8 = А8. 2.11. Найдите площадь треугольника, медианы которого равны 3, 4 и 5. Ответ: 8. Решение. Пусть Вг—середина стороны ЛС треугольника АВСУ М — точка пересечения его медиан. На продолжении медианы ВВ1 за точку В2 отложим отрезок ВгК, равный МВг. Тогда АМСК — параллелограмм, СК = АМ. Стороны треугольника КМС составляют g соответствующих медиан треугольника ABC. Поэтому треугольник КМС подо- 2 бен с коэффициентом ~ треугольнику, стороны которого равны медианам треуголь- 4 ника ABC. Тогда площадь треугольника КМС составляет <г площади треугольника со сторонами 3, 4, 5, т.е. ^ *6= ^. Следовательно, = 6S« 'дкмс = 8. 2.12. Найдите площадь треугольника, медианы которого равны 10, 10 и 16. Ответ: 64. Решение. Пусть Вг—середина основания ЛС треугольника АВСУ М — точка пересечения его медиан. На продолжении медианы ВВг за точку Вг отложим отрезок ВгК, равный МВг. Тогда АМСК — параллелограмм, С К = AM. 2 Стороны треугольника КМС составляют ^ соответствующих медиан треугольника ABC. Поэтому треугольник КМС подобен с коэф-
Тренировочные задачи 25 фициентом ^ треугольнику, стороны которого равны медианам треугольника ABC. Тогда площадь тре- угольника КМС составляет ~ площади равнобедренного треугольника со сторонами 10,10, 16, т. е. Следовательно, 4 9 e-h 64 3 ' = 3"? = 64. 2.13. Найдите площадь треугольника, медианы которого равны 12, 15 и 21. Ответ: 48л/б. Решение. Пусть площадь треугольника ABC равна S. Докажем, что площадь треугольника, стороны которого равны медианам треуголь- 3 ника ABC, равна ^5. Пусть М — точка пересечения медиан треугольника ABC, Вг — середина стороны ЛС. Отложим на продолжении медианы ВВг за точку Вг отрезок ВгК, равный ВгМ. Поскольку АМСК — параллелограмм, КС = AM. Поэтому сто- 2 роны треугольника МСК равны - сторон треугольника, составленного из медиан треугольника ABC. Следовательно, искомый треугольник подобен треугольнику МСК с коэффициентом ^, а его площадь равна -г площади треугольника МСК, т.е. 5 = 2.2-±s= ^s 1 4" 6 4 Площадь Sj треугольника со сторонами 12,15 и 21 найдём по формуле Герона: Sj = V2412-9-3 = 36л/6. Следовательно, = S = рг = 1 • 36л/6 = 48л/6.
26 § 2. Удвоение медианы 2.14. Медиана AD и высота СЕ равнобедренного треугольника ABC (ЛВ = ВС) пересекаются в точке Р. Найдите площадь треугольника ABC, если СР = 5,РЕ = 2. Ответ: -g-. Решение. На продолжении медианы AD за точку D отложим отрезок DK, равный AD. Тогда четырёхугольник АВКС — параллелограмм, т. к. его диагонали АК и ВС делятся точкой К В пересечения D пополам. Пусть АВ = ВС = 2х. Тогда СК = АВ = 2х. Треугольник АРЕ подобен треугольнику КРС (по двум углам), поэтому PF 1 4 По теореме Пифагора ВС2 = BE2 + СЕ2, или Ах2 = -^х2 + 49, откуда находим, что х=-^-. Следовательно, о 8 8 • 2.15. Медиана AM и биссектриса CD прямоугольного треугольника ABC {/.В = 90°) пересекаются в точке О. Найдите площадь треугольника АВСУ если СО = 9, OD = 5. 1323 Ответ: 20 Решение. На продолжении медианы AM за точку М отложим отрезок МК, равный AM. Тогда четырёхугольник АВКС параллелограмм, т. к. его диагонали ВС и АК делятся точкой пересечения М пополам. Положим ЛВ = За. Треугольник AOD подобен треугольнику КОС (по двум углам), значит, ^Х АГ> - КС 0D - AR 0D - AR § _ о 5 _ 5 AD ~ КС ОС ~ АБ' ОС ~ АВ' 9 ~ 5п9 ~ За' По свойству биссектрисы треугольника ВС_ АС AD 4 5'
Тренировочные задачи 27 а т. к. АВ = За, то АС = 5а и ВС = 4а. По теореме Пифагора 49 • 9 = 49 • 9 откуда находим, что а = ТТп* СлеД°вательн°5 2.16. Внутри прямоугольного треугольника ABC с прямым углом при вершине С отмечена точка О, причем ОА = ОВ = Ь. Известно также, что CD — высота треугольника ABC, точка Е — середина отрезка OCf DE = a. Найдите СЕ. Ответ: |л/2Ь2-4а2. Решение. Докажем сначала следующее утверждение. Сумма квадратов расстояний от произвольной точки плоскости до двух противоположных вершин прямоугольника равна сумме квадратов расстояний от этой точки до двух других вершин прямоугольника. Введём декартову прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину Р прямоугольника PQRS, а оси координат направим по лучам PQ и PS. Пусть PQ = т, PS = п. Тогда вершины прямоугольника будут иметь следующие координаты: Р(0;0), Q(m;0), R(m;n), S(0;n). Пусть Т(х;у) — произвольная точка плоскости. По формуле для квадрата расстояния между двумя точками Цку) 5 (0;я) Р(0;0) Q(m;0) Из полученных равенств следует, что Утверждение доказано. Пусть М и N — проекции точек соответственно О и Е на гипотенузу АВ. Заметим, что М — середина АВ. Поскольку EN || ОМ || CD и Е — середина ОС, то EN — средняя линия трапеции COMD, поэтому N — середина отрезка MD. Высота EN треугольника DEM является его медианой, поэтому треугольник DEM — равнобедренный. Следовательно, ЕМ = ED = a.
28 § 2. Удвоение медианы На продолжении отрезка СМ за точку М отложим отрезок MF, равный СМ. Тогда ACBF — прямоугольник, ЕМ — средняя линия треугольника COF, OF = 2- ЕМ = 2а. Таким образом, нам известны расстояния от точки О до трёх вершин прямоугольника ACBF. По доказанному утверждению ОС2 + + OF2 = ОА2 + ОВ2, поэтому ОС2 = ОА2 + ОВ2 - OF2 = Ъ2 + Ъ2- Ла2 = 2Ъ2 - 4а2. Следовательно, = ^ОС=^у/2Ь2-4а2.
§ 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника Подготовительные задачи 3.1. Расстояние между серединами взаимно перпендикулярных хорд АС и ВС некото- г рой окружности равно 10. Найдите диаметр окружности. Ответ: 20. Решение. Пусть М и N — середины данных хорд АС и ВС. Поскольку MN — средняя линия треугольника ABC, то АВ = 2MN = 20, а т. к. отрезок АВ виден из точки С под прямым углом, то АВ—диаметр окружности. 3.2. Диагональ параллелограмма делит его угол на части в 30° и 45°. Найдите отношение сторон параллелограмма. Ответ: л/2. Решение. Пусть диагональ АС параллелограмма ABCD делит угол при вершине А на два угла: /ВАС = 30° и /ВАС = 45°. Тогда /АСВ = /DAC = 45°. D c Применяя теорему синусов к треугольнику ABC, найдём, что АВ_ _ sin /АСВ _ sin 45° _ р; _ ВС ~ sin /ВАС ~ sin 30° ~ VZ' А В 3.3. Вершины М и N квадрата KLMN лежат на гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC (N между В и М), а вершины К и L — на катетах ВС и АС соответственно. Известно, что АМ = а и BN = b. Найдите площадь квадрата. Ответ: аЪ. Решение. Первый способ. Через точку L проведём прямую, паралелльную ВС, до пересечения с гипотенузой АВ в точке Р. Из равенства прямоугольных треугольников BNK и PML следует, что PM=BN = b. Сторона LM указанного квадрата есть высота прямоугольного треугольника APL, проведённая из вершины прямого угла. Поэтому LM2 = PM-AM = ab. Следовательно, площадь квадрата KLMN равна аЪ.
30 § 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника Второй способ. Обозначим /ВАС = а. Тогда /BKN = а. Из прямоугольных треугольников ALM и NKB находим, что ML _ BN поэтому ML BN BN С К В Следовательно, - л/гг2 _ = ML2 = AM-BN = ab. 3.4. Сторона ВС параллелограмма ABCD вдвое больше стороны АВ. Биссектрисы углов Л и В пересекают прямую CD в точках М и JV, причём MN = 12. Найдите стороны параллелограмма. Ответ: 4, 8, 4, 8. Решение. Пусть биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке Р, прямую CD — в точке М. Обозначим AB = CD = a. Тогда ВС = = AD = 2а. Поскольку £ВРА = /.DAP = /ВАР, треугольник АВР — равнобедренный. Поэтому ВР = АВ = a, PC = ВС-ВР = 2а-а= а. Треугольники РМС и РАВ равны по стороне и прилежащим к ней углам, поэтому МС = АВ = а. Аналогично докажем, что DN = а. Следовательно, MN = MC + CD+DN = а+а+а = 3а= 12, откуда находим, что а = 4. 3.5. Найдите расстояние от центра ромба до его стороны, если острый угол ромба равен 30°, а сторона равна 4. Ответ: 1. Решение. Пусть О — центр ромба ABCD, в котором /.BAD = 30°. Опустим перпендикуляр ОМ из точки О на сторону АВ и продолжим его до пересечения со стороной CD в точке N. Тогда MN I CD. кмв
Тренировочные задачи 31 Пусть DK — перпендикуляр, опущенный из вершины D на сторону АВ. В прямоугольном треугольнике AKD сторона DK — катет, лежащий против угла в 30°. Поэтому DK = ^AD = 2. Следовательно, ОМ = \MN = \ = 1. 3.6. В четырёхугольнике ABCD известны углы: ZDAB=90°, Z.DBC — =90°. Кроме того, DB = a, DC = b. Найдите расстояние между центрами двух окружностей, одна из которых проходит через точки D, А, В, а другая — через точки В, С, D. Ответ: -z . Решение. Центр окружности, проходящей через точки D, А и В, есть середина М отрезка DB; центр окружности, проходящей через точки В, С и D, — середина N отрезка DC; MN — средняя линия треугольника DBC. Следовательно, 3.7. На сторонах АВ и CD прямоугольника ABCD взяты точки К и М так, что АКСМ — ромб. Диагональ АС образует со стороной АВ угол 30°. Найдите сторону ромба, если наибольшая сторона прямоугольника ABCD равна 3. Ответ: 2. Решение. В прямоугольном треугольнике ABC катет АВ лежит против угла в 60°, поэтому АВ > ВС, т. е. АВ и DC — большие стороны прямоугольника ABCD. В равнобедренном треугольнике АКС углы при основании АС равны, поэтому ZBCK = ZACB - LACK = 60° - 30° = 30°. О М С Обозначим ВК - х. Тогда АК = СК = 2ВК = 2х, АВ = АК + ВК = Зх = 3, откуда х = 1. Следовательно, АК = КС = МС = АМ = 2. Тренировочные задачи 3.8. В треугольник, две из трёх сторон которого равны 9 и 15, вписан параллелограмм так, что одна из его сторон, равная 6, лежит на
32 § 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника третьей стороне треугольника, а диагонали параллелограмма параллельны двум данным сторонам треугольника. Найдите другую сторону параллелограмма и третью сторону треугольника. Ответ: 4л/5, 18. Решение. Пусть вершины М и N параллелограмма MNQP находятся на стороне ЛС треугольника ABC, а вершины Р и Q — на сторонах ЛВиВС (ЛВ = 9, ВС = 15). Поскольку APQM и NPQC — параллелограммы, AM = PQ = NC = 6, ЛС = 18. Из подобия треугольников CMQ и CAB следует, что А 6 М 6 N 6 С QM= зАВ = 6' а из подобия треугольников APN и ABC — PN = |BC = 10. Рассмотрим параллелограмм MNQP. По теореме о сумме квадратов диагоналей параллелограмма PN2 +MQ2 = 2PQ2 + 2РМ2. Следовательно, РМ2 = \ (PN2 + MQ2 - 2PQ2) = \ (100 + 36 - 72) = 32. 3.9. Стороны параллелограмма равны аиЬ (а/b). Найдите диагонали четырёхугольника, образованного пересечениями биссектрис углов параллелограмма. Ответ: \а — Ь\. Решение. Пусть биссектрисы углов при вершинах В и С параллелограмма ABCD пересекаются в точке М, биссектрисы углов при вершинах С и D — в точке N, углов при вершинах Л и D — в точке К, углов В b T a-b С ПРИ веРшинах ^ и В — в точке L. Поскольку биссектрисы внутренних односторонних углов при параллельных прямых и секущей перпендикулярны, MLKN — прямоугольник. Предположим, что ВС = а, АВ = Ъ A a-b S b D и а>Ъ.
Тренировочные задачи 33 Если луч AL пересекает прямую ВС в точке Т, то /ВТА = /.TAD = /.TAB, значит, треугольник АВТ — равнобедренный. Поэтому ВТ = АВ = Ь, следовательно, точка Т лежит между точками В и С и СТ = ВС - ВТ = =а-Ъ. Поскольку BL — высота равнобедренного треугольника АВТ, опущенная на основание, то L — середина AT. Аналогично докажем, что если S — точка пересечения луча CN со стороной AD, то N — середина CS. Точки L и N — середины противоположных сторон параллелограмма ATCS, следовательно, LN = СТ = а-Ь, а т. к. диагонали прямоугольника равны, то KM = LN = a-b. Если же а < Ъ, то аналогично получим, что искомые диагонали равны Ъ- а. 3.10. Отрезки, соединяющие середины противоположных сторон выпуклого четырёхугольника, взаимно перпендикулярны и равны 2 и 7. Найдите площадь четырёхугольника. Ответ: 14. Решение. Пусть K,L,MhN — середины сторон соответственно АВ, ВС, CD и AD выпуклого четырёхугольника ABCD, LN = 2, КМ - 7. Отрезки KL и MN — средние линии треугольников ABC и ADC, поэтому KL || AC, KL = \АС, MN \\ AC, MN = \аС, значит, четырёхугольник KLMN — параллелограмм, а т. к. его диагонали КМ и LN перпендикулярны, это ромб. Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей, т. е. SKLMN = iy-2-l — l. Поскольку KL — средняя линия треугольника ABC, площадь треугольника KBL равна четверти площади треугольника ABC. Аналогично площадь треугольника MDN равна четверти площади треугольника ADC, поэтому S + S ^ + ^ 4
34 § 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника Аналогично SAKAN + SAMCL = jSabcd- Следовательно, Sklmn — Sabcd ~~ Sakbl ~ $amdn ~ Sakan 1^ L AMCL — •^ABCD ~~ "4° ABCD = &ABCD ' = 2SKLMN = 2-7 = 14. 3.11. Отрезки, соединяющие середины противоположных сторон выпуклого четырёхугольника, равны между собой. Найдите площадь четырёхугольника, если его диагонали равны 8 и 12. Ответ: 48. Решение. Пусть К, L, М и N — середины сторон соответственно АВ, ВС, CD и AD данного выпуклого четырёхугольника ABCD. Поскольку KL и MN — средние линии треугольников ABC и ADC, то KL || MN и KL = MN, значит, четырёхугольник KLMN — параллелограмм, а т. к. его диагонали КМ и LN равны, то KLMN — прямоугольник. Стороны прямоугольника KLMN параллельны диагоналям АС и BD четырёхугольника ABCD, поэтому диагонали четырёхугольника ABCD взаимно перпендикулярны. Следовательно, Sabcd = \AC-BD = i-8-12 = 48. N D г\ П\^ JLJ1S r\ 3.12. Дан выпуклый четырёхугольник, диагонали которого перпендикулярны и равны а и Ь. Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в серединах сторон данного. Ответ: -г-. Решение. Пусть К, L, М и N — середины сторон соответственно ЛВ, ВС у CD и AD выпуклого четырёхугольника ABCD с диагоналями AC = auBD = b, причём АС 1BD. Отрезки KL и MN — средние линии треугольников ABC и ADC, поэтому KL || AC, KL = \aC, MN \\ AC, MN = |лс. Две противоположные стороны четырёхугольника KLMN равны и параллельны, значит, это параллелограмм, а т.к. его стороны соответственно параллельны диагоналям четырёхугольника ABCD, то KLMN — прямоугольник. Его площадь равна произведению соседних сторон, причём KL = -^BD = 7гЬ. Следовательно, р = хАС =2 AND
Тренировочные задачи 35 N 3.13. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны, а средняя линия равна 5. Найдите отрезок, соединяющий середины оснований. Ответ: 5. Решение. Пусть L и М — середины оснований соответственно ВС и AD трапеции ABCD, aKuN — середины боковых сторон АВ и CD соответственно. Тогда KL и MN — средние линии треугольников ABC и ADC с общей стороной АС, поэтому KL = MN и KL || MN, значит, четырёхугольник KLNM — параллелограмм. Его стороны KL и LN соответственно параллельны взаимно перпендикулярным диагоналям АС и BD трапеции ABCD, значит, KLNM — прямоугольник. Диагонали прямоугольника равны, следовательно, J"~ ~fij ""g 3.14. Диагонали выпуклого четырёхугольника равны а и Ь, а отрезки, соединяющие середины противоположных сторон, равны между собой. Найдите площадь четырёхугольника. Ответ: %г. Решение. Середины сторон любого четырёхугольника являются вершинами параллелограмма. В данном случае этот параллелограмм— прямоугольник, так как его диагонали равны между собой. Диагонали данного четырёхугольника параллельны сторонам этого прямоугольника. Поэтому они взаимно перпендикулярны. Следовательно, искомая площадь равна %-. 3.15. Диагонали выпуклого четырёхугольника равны с и d и пересекаются под углом 45°. Найдите отрезки, соединяющие середины противоположных сторон четырёхугольника. Ответ: -zv с2 + d2 ±cdy/2. Решение. Пусть диагонали АС и BD выпуклого четырёхугольника ABCD равны end соответственно, пересекаются в точке О и /-АОВ = 45°. Если К, Р, М и N — середины сторон соответственно АВ, CD, ВС и AD, то КМ и KN — средние линии треугольников ABC и BAD, поэтому КМ || АС, КМ = \АС = \с, KN || BD, KN = \bD = \d, Z.MKN = ZAOB = 45°, 1.КМР = 180° - ZMKN = 135°.
36 § 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника М кА AND Из треугольников KMN и КРМ по теореме косинусов находим, что MN2 = KM2 + KN2 - 2KM-KN cos45° = \с2 + \d2 -^c KP2 = MK2 + MP2 - 2МК-МР cos 135° = \с2 + \d2 + ^c Следовательно, 3.16. В четырёхугольнике ABCD диагонали АС и BD относятся как 1:4, а угол между ними равен 60°. Чему равен больший из отрезков, соединяющих середины противоположных сторон четырёхугольника ABCD, если меньший равен >/26? Ответ: >/42. Решение. Пусть K,L,MhN — середины сторон соответственно ЛВ, ВС, CD и AD данного четырёхгольника ABCD. Тогда KL и MN — средние линии треугольников ABC и ADC с общей стороной АС, поэтому KL = MN и KL\\ MN, значит, четырёхугольник KLMN — параллелограмм. Его соседние стороны соответственно параллельны диагоналям данного четырёхугольника, значит, острый угол параллелограм- 1 1 К1 АС 1 ма равен 60°. Кроме того, т. к. KL = ±AC ylLM = ±BD, то ^ = ^ = i.
Тренировочные задачи 37 Предположим, что КМ < LN. Тогда КМ = л/26, а т. к. в параллелограмме меньшая диагональ лежит против меньшего угла, то AKLM = 60°. Положим KL = x, LM = 4x. По теореме косинусов КМ2 = KL2 + LM2 - 2KL • LM cos 60°, или 26 = х2 + 16х2 - 4х2, откуда находим, что х2 = 2. Следовательно, LN = y/KL2 + KJV2 - 2KL • KN cos 120° = JKL2+LM2+KL-LM = 3.17. Окружность, построенная на стороне AD параллеллограм- ма ABCD как на диаметре, проходит через вершину В и середину стороны ВС. Найдите углы параллелограмма. Ответ: 60°, 120°. Решение. Пусть О — середина стороны AD, М — середина стороны ВС. Окружность с центром О проходит через точки Л, В и М, а также ВМ = АО и ВМ || АО, поэтому ЛВ = ОМ = = ОВ = ОА. Значит, треугольник АВО — равносторонний. Следовательно, ZBAD = 60°, ZABC = 120°. 3.18. Из вершины А треугольника ABC опущены перпендикуляры AM и АР на биссектрисы внешних углов В и С. Известно, что периметр треугольника ABC равен 10. Найдите РМ. Ответ: 5. Решение. Пусть прямые AM и АР пересекают прямую ВС в точках К и L соответственно. Поскольку высоты ВМ и СР треугольников АВК и ACL являются их биссектрисами, эти треугольники равнобедренные, поэтому ВК = АВ и CL = AC. Значит, отрезок KL равен периметру треугольника ABC, т. е. KL = 10. Высоты ВМ и СР равнобедренных треугольников АВК и ACL являются их медианами, поэтому точки М и Р — середины отрезков
38 § 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника АК и AL. Значит, МР— средняя линия треугольника AKL. Следовательно, МР = \KL = \ • 10 = 5. 3.19. Прямая имеет с параллелограммом ABCD единственную общую точку В. Вершины Л и С удалены от этой прямой на расстояния, равные а и Ъ. На какое расстояние удалена от этой прямой вершина D? Ответ: а + Ь. Решение. Пусть Р, М и Q — проекции точек соответственно A, D и С на указанную прямую. Если прямая, проходящая через точку Q параллельно CD, пересекает отрезок DM в точке К, то CDKQ — параллелограмм. В Поэтому KQ = CD= АВ, KQ || CD || АВ, D значит, ABQK — также параллелограмм. Прямоугольные треугольники АРВ и KMQ равны по гипотенузе и острому углу, поэтому МК = АР = а. Следовательно, 3.20. Гипотенуза прямоугольного треугольника служит стороной квадрата, расположенного вне треугольника. Найдите расстояние от вершины прямого угла треугольника до центра квадрата, если катеты треугольника равны а и Ъ. Ответ: ^-j=r. Решение. Пусть квадрат АКМВ расположен вне прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой АВ и катетами ВС = а, АС = Ъ. Достроим квадрат АКМВ до квадрата CPQR со стороной а + Ъ (см. рис.). В сборнике [3] доказано, что если вершины одного параллелограмма лежат по одной на сторонах другого, то центры параллелограммов совпадают (§ 3, пример 3), значит, центр О квадрата АКМВ совпадает с центром достроенного квадрата CPQR. Поэтому СО — половина диагонали квадрата CPQR, следовательно, b R СО = \CQ = \ 3.21. В выпуклом четырёхугольнике ABCD отрезок, соединяющий середины диагоналей, равен отрезку, соединяющему середины сто-
Тренировочные задачи 39 рон AD и ВС. Найдите угол, образованный продолжением сторон ABnCD. Ответ: 90°. Решение. Пусть М и N — середины диагоналей соответственно АС и BD данного четырёхугольника ABCD, Р и Q — середины сторон соответственно AD и ВС, MN=PQ. Отрезки MQ и PN — средние линии треугольников ABC и ABD, поэтому MQ || АВ, MQ = \aB, PN \\ АВ, PN = \аВ, значит, MQ \\ PN и MQ = PN. Следовательно, четырёхугольник MPNQ — параллелограмм, а т.к. его диагонали MN и PQ равны, то это прямоугольник. Отрезок NQ — средняя линия треугольника CBD, поэтому NQ \\ CD. Прямые MQ и NQ перпендикулярны, значит, А Р D перпендикулярны и соответственно параллельные им прямые АВ и CD, следовательно, угол, образованный продолжением сторон АВ и CD, равен 90°. 3.22. Дан параллелограмм со сторонами 1 и 2 и острым углом 60°. На двух его противоположных сторонах как на основаниях построены вне параллелограмма равнобедренные треугольники с углами 120° при вершинах. Найдите расстояние между этими вершинами. /13 /То" Ответ: у у; у у. Решение. Пусть угол при вершине А параллелограмма ABCD равен 60°, АВ = 1, ВС = 2. В равнобедренных треугольниках ADE и BCF известно, что ZAED = ZBFC = 120°, АЕ = DE = BF = FC = ^ = -^=. D ^
40 § 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника Заметим, что четырёхугольник BEDF — параллелограмм, т. к. его противоположные стороны BF и DE равны и параллельны. Значит, его диагональ EF проходит через середину О диагонали BD, т. е. через центр параллелограмма ABCD. В треугольнике ABD сторона АВ вдвое меньше стороны AD, a ZBAD = 60°, поэтому ZABD = 90°. Тогда BD = АВ .tg60° = 1 • у/3 = л/3, ВО = \BD = Ц-, ZCBD = ZABC - ZABD = 120° - 90° = 30°, ZDBF = ZCBD + ZCBF = 30° + 30° = 60°. Из треугольника OBF по теореме косинусов находим, что OF = у/ВО2 + BF2 - 2ВО • BF cos 60° = J| + | -2- ^- -^- \ = Следовательно, Рассмотрим теперь равнобедренные треугольники ALB и СШ) с углами 120° при вершинах Ьи К. Рассуждая аналогично, докажем, что О — середина KL. Из треугольника OKD по теореме косинусов найдём, что ОК = y/DO2+DK2-2DO-DKcosl20° Следовательно, = у | + 5 +2' "Т" Т7|' 5 = /И" 3.23. Четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность с центром О. Найдите расстояние от точки О до стороны АВ, если известно, что CD = 8. Ответ: 4. Решение. Проведём диаметр DD^. Пусть К и Кг — проекции точки О на хорды АВ и CDl соответственно. Поскольку BD2 и АС перпендикулярны DB, то BDX параллельно АС. Поэтому DlC = ABn ОКг = ОК (равные хорды равноудалены от центра окружности).
Тренировочные задачи 41 М Поскольку ОКг—средняя линия прямоугольного треугольника DDaC,To OK = ОКг = \DC = 4. 3.24. Точки М, К, N и L — середины сторон соответственно АВ, ВС, CD и DE пятиугольника ABCDE, Р и Q — середины отрезков MN и KL соответственно. Известно, что PQ = 1. Найдите сторону АЕ. Ответ: 4. Решение. Первый способ. Пусть F — середина AD. Тогда четырёхугольник MKNF — параллелограмм. Его диагональ KF проходит через середину Р его другой диагонали MN. Отрезок PQ — средняя линия треугольника KFL, а отрезок FL — средняя линия треугольника AED. Следовательно, АЕ = 2FL = 2-2PQ = 4PQ = 4. Второй способ. Точки Р и Q — середины отрезков MN и KL, поэтому PQ = \ = ^(AB + BC + CD+DE) = ^ Следовательно, АЕ - 4PQ = 4.
§4. Трапеция Подготовительные задачи 4.1. Найдите площадь трапеции, параллельные стороны которой равны 16 и 44, а непараллельные —17 и 25. Ответ: 450. Решение. Через вершину С трапеции ABCD (ВС = 16, AD = 44, АВ — 17, CD = 25) проведём прямую, параллельную стороне А£, до пересечения с основанием AD в точке К. В треугольнике CKD известно, что В 16 К М 28 f^Tf A D 1 "7 /Tl ОС KD = AD-AK = AD-BC = W-16 = 28. По формуле Герона D с . DACKD ' Если СМ — высота этого треугольника, то СМ = 2SACKD 2-210 KD ~ 28 = 15. Следовательно, AD + BC CM = 450. 4.2. Найдите площадь трапеции с основаниями 11 и 4 и диагоналями 9 и 12. Ответ: 54. Решение. Через вершину С меньшего основания ВС трапеции ABCD {ВС = 4, AD = 11, ЛС = 9, BD = 12) проведём прямую, параллельную диагонали BD, до пересечения с прямой AD в точке К. В треугольнике АСК известно, что АС = 9, CK = BD = 12, АК = AD +DK = AD + BC = 11 + 4 = 15. В А 11 D 4 К Поскольку АК2 = АС2 + СК2, треугольник АСК — прямоугольный. Его площадь равна половине произведения катетов, т. е. = 54.
Подготовительные задачи 43 Площадь трапеции ABCD равна площади этого треугольника, т. к. равновелики треугольники ЛВС и CDK {ВС = DK, а высоты, опущенные на эти стороны, равны высоте трапеции). 4.3. В равнобедренной трапеции основания равны 40 и 24, а её диагонали взаимно перпендикулярны. Найдите площадь трапеции. Ответ: 1024. Решение. Пусть основания AD и ВС равнобедренной трапеции ABCD равны 40 и 24 соответственно, а диагонали АС и BD перпендикулярны. Через вершину С проведём прямую, параллельную диагонали BD. Пусть эта прямая пересекается с продолжением основания AD В в точке К. Тогда АСК — равнобедренный прямоугольный треугольник с основанием АК = AD + DK = 64 и высотой, равной половине АК. Следовательно, Sabcd = SAACk = \ ' 64 • 32 = 322 = 1024. 4.4. Диагонали равнобедренной трапеции перпендикулярны. Найдите площадь трапеции, если её средняя линия равна 5. Ответ: 25. Решение. Первый способ. Пусть СИ.—перпендикуляр, опущенный из вершины С меньшего основания ВС данной трапеции ABCD, на большее основание AD. Тогда а т. к. ZCAD = Z.BDA = 45°, то СН = АН = 5. Следовательно, -СН = АН-СН = 5-5 = 25. Второй способ. Через вершину С меньшего основания ВС данной трапеции ABCD проведём прямую, параллельную диагонали BD, до пересечения с продолжением основания AD в точке К. Тогда DK = ВС, ZACK = 90°, CK = BD= ЛС, ZCKA = ZCAK = 45°, АК = AD +DK = AD +BC = 10. Пусть СН = h — высота трапеции. Тогда h = АН = ±АК, SABCD = AD^BC -h = \AK-h = \aK2 = \ • 100 = 25.
44 § 4. Трапеция 4.5. Трапеция с основаниями 14 и 40 вписана в окружность радиуса 25. Найдите высоту трапеции. Ответ: 39 или 9. Решение. Расстояния от центра окружности до данных хорд равны л/252-202 = 15, л/252-72 = 24. Если хорды расположены по разные стороны от центра (см. рисунок слева), то расстояние между ними равно 24+15 = 39, а если по одну (см. рисунок справа), — то 24-15 = 9. l-J в м N 4.6. Диагональ равнобедренной трапеции равна 10 и образует угол, равный 60°, с основанием трапеции. Найдите среднюю линию трапеции. Ответ: 5. Решение. Из вершины С меньшего основания ВС равнобедренной трапеции ABCD опустим перпендикуляр СК на большее основание. Тогда отрезок АК равен полусумме оснований трапеции. В прямоугольном треугольнике АКС катет АК лежит против угла в 30°, поэтому АК = -^АС = 5. Поскольку средняя линия MN трапеции также равна полусумме оснований, MN = АК = 5. 4.7. Окружность с центром О вписана в трапецию с боковой стороной АВ. Найдите угол АО В. в с Ответ: 90°. Решение. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому »0 | \ О А и О В — биссектрисы углов при боковой стороне трапеции. Сумма этих углов равна 180°, сумма их половин равна 90°. Следовательно, D ZAOB = 90°.
Подготовительные задачи 45 4.8. Меньшая боковая сторона прямоугольной трапеции равна 3, а большая образует угол 30° с одним из оснований. Найдите это основание, если на нём лежит точка пересечения биссектрис углов при другом основании. Ответ: 9. Решение. Пусть ВС и AD — основания прямоугольной трапеции ABCD, ABnCD — боковые стороны (АВ < CD), ZADC = 30°, К — точка пересечения биссектрис углов трапеции при вершинах В и С. В А 3 К М Поскольку ZBKA = ZKBC - ZKBA, треугольник АВК — равнобедренный, поэтому АК = АВ = 3. Аналогично DK = CD. Пусть СМ — высота трапеции. Тогда СМ = АВ = 3. Из прямоугольного треугольника CMD находим, что CD = 2СМ = 2АВ = 6. Следовательно, = 3 + 6 = 9. 4.9. Основания трапеции равны 1 и 6, а диагонали — 3 и 5. Под каким углом видны основания из точки пересечения диагоналей? Ответ: 120°. Решение. Пусть диагонали АС и BD трапеции ABCD пересекаются в точке О и равны соответственно 3 и 5, а основания ВС и AD равны соответственно 1 и 6. Через вершину В проведём прямую, параллельную диагонали АС. Пусть эта прямая пересекается с прямой AD в точке К. Тогда АКВС — параллелограмм, значит, ВК = АС = 3, ZAOD = ZKBD, АК = ВС = 1, В 1 С К 1
46 § 4. Трапеция По теореме косинусов BK2 + BD2-DK2 cos ZKBD = Следовательно, 9 + 25-49 2BKBD 2-3-5 ZAOD = ZKBD = 120°. В 4.10. Основания трапеции равны а и Ъ (а > Ь). Найдите длину отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции. Ответ: —о~. Решение. Пусть М и N — середины диагоналей АС и BD трапеции ABCD, в которой AD = аиВС = Ь. Соединим точку М с серединой К боковой стороны CD. По теореме о средней линии треугольника МК \\ AD \\ ВС. Аналогично докажем, что NX || ВС. Поскольку через точку, не лежащую на прямой, можно провести не более одной прямой, параллельной данной, то точки М, N и К лежат на одной прямой. Эта прямая параллельна основаниям трапеции. А а и Таким образом, MN = MK-KN = \AD-\BC = ^. 4.11. Основания равнобедренной трапеции равны а и Ъ (а > Ь), острый угол равен 45°. Найдите площадь трапеции. В b С Ответ: 1-Ъ2 Решение. Из вершины В меньшего основания ВС равнобедренной трапеции ABCD опустим перпендикуляр ВЫ на её большее основание AD. Тогда ВН = АН = \{AD-BC) = Следовательно, a+b a-b 1-Ъ2 Тренировочные задачи 4.12. В трапеции ABCD углы А и D при основании AD соответственно равны 60° и 90°. Точка N лежит на основании ВС, причём
Тренировочные задачи 47 BN: ВС = 2:3. Точка М лежит на основании AD, прямая MN параллельна боковой стороне АВ и делит площадь трапеции пополам. Найдите АВ: ВС. Ответ: 4:3. £ 2а N а С Решение. Обозначим NC = а, АВ = х. Тогда BN = 2а, AM = BN = 2a. Если NK — высота трапеции, то DK = NC = a, £* 4л Zj Из равенства площадей параллелограмма ABNM и трапеции MNCD следует равенство бО° А 2а М К К a D 2 2AM = NC + MD, или 40 = 0 + 0+^. Отсюда находим, что х = 4а. Следовательно, АВ ВС х За 4а За 4 3* 4.13. Площадь равнобедренной трапеции, описанной около окружности, равна S. Найдите среднюю линию трапеции, если острый угол при её основании равен а. Ответ: Решение. Пусть средняя линия данной трапеции равна х. Тогда боковая сторона также равна х, а высота трапеции равна xsinct. Из уравнения S = х2 sin а находим, что х = J ^^. 1 4.14. Окружность, вписанная в трапецию, касается одной из боковых сторон в точке, делящей её на отрезки, равные а и Ь. Найдите радиус окружности. Ответ: yfab. в С Решение. Радиус, проведённый из центра О J окружности в точку К касания окружности с бо- К1 ковой стороной АВ, есть высота прямоугольного треугольника АОВУ опущенная на гипотенузу. а I Следовательно, A D ОК2 = АК-ВК = аЪ. 4.15. В прямоугольную трапецию вписана окружность радиуса R. 4 Найдите стороны трапеции, если её меньшее основание равно « R.
48 § 4. Трапеция Ответ: у R, 4R, 2R. Решение. Пусть X — точка касания вписанной окружности (с центром О) с большей боковой стороной АВ трапеции ABCD, M и N — точки касания с меньшим и большим основаниями AD и ВС соответственно. D R N Тогда 4 1 о AT/" л лд _1. р р _Р AV . R Ь^ Г} V^ RI f\J\ — /Л.1У1 — q ГУ. ГУ. — q X\, /T.iV IJiV — \J±\. , 13Г Отсюда находим, что BK = 3R, ВС = CN + NB = R + 3R = 4R, АВ = \ 4.16. Боковая сторона равнобедренной трапеции равна а, средняя линия равна Ь, а углы при большем основании равны 30°. Найдите радиус окружности, описанной около трапеции. Ответ: уЬ2 + ^. Решение. Пусть F — проекция вершины С меньшего основания ВС равнобедренной трапеции ABCD на большее основание AD. Тогда отрезок AF равен средней линии трапеции, а т. к. в прямоугольном треугольнике CFD угол D равен 30°, то CF = izCD — -^a. Из прямоугольного треугольника ACF находим, что АС =
Тренировочные задачи 49 Если R — радиус окружности, описанной около треугольника ACD, то R = АС Осталось заметить, что окружность, описанная около треугольника ACD, совпадает с окружностью, описанной около трапеции ABCD. 4.17. Основания трапеции равны 4 и 16. Найдите радиусы окружностей, вписанной в трапецию и описанной около неё, если известно, что эти окружности существуют. Ответ: 4; ^^. Решение. Поскольку трапеция вписанная, то она — равнобедренная. Пусть г и R — радиусы вписанной и описанной окружностей. Точка касания вписанной окружности делит боковую сторону на отрезки 2 и 8. Поэтому г = л/2 • 8 = 4. 2 2 Диагональ трапеции — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами 8 (высота трапеции, опущенная из вершины меньшего основания на большее) и 10 (проекция диагонали на большее основание равнобедренной трапеции, равная, как известно, длине средней линии). Эта диагональ видна из вершины большего основания трапеции под углом а, синус которого равен •= (угол боковой стороны с основанием). Следовательно, R = 2 sin a 4.18. Окружность вписана в равнобедренную трапецию с основаниями а и Ъ. Найдите диагональ трапеции. Ответ: -ху/сР + ЬаЪ + Ъ2. Решение. Пусть окружность с центром О, вписанная в равнобедренную трапецию ABCD, касается боковой стороны АВ в точке М, а оснований ВС и AD — в точках N и L соответственно.
50 § 4. Трапеция Поскольку ОМ — высота прямоугольного треугольника ЛОВ, опущенная из вершины прямого угла, то Опустим перпендикуляр ВН на AD. Тогда nLJ BC + AD _ а + Ъ ип = 2 2 ' Из прямоугольного треугольника BHD находим, что ВН = 2ОМ = yjab. BD = \JBH2+DH2 = 4.19. Известно, что высота трапеции равна 15, а её диагонали равны 17 и 113. Чему равна площадь трапеции? Ответ: 900 или 780. Решение, Через вершину С меньшего основания трапеции ABCD (АС —17, BD —113) проведём прямую, параллельную диагонали BD. Пусть К — точка пересечения этой прямой с прямой AD. Тогда данная трапеция равновелика треугольнику АСК. Известны стороны АС -17, СК = 113 и высота СМ = 15 этого треугольника. Из прямоугольных треугольников АСМ и КСМ находим, что AM = у/АС2 -СМ2 = л/172-152 = v4l7-15)(17+15) = >/64 = 8, КМ = у/КС2-СМ2 = V1132-152= </а13 = а/98-128 = а/49-256 = 7 • 16 = 112. Если точка М лежит между точками А и К, то Sabcd = 'см=\ (лм + км>> • СМ = 60 • 15 = 900. 15 М D К
Тренировочные задачи 51 A D К Если же точка А лежит между точками М и К, то Sabcd = Saakc = \AK-CM = \(КМ-АМ)-СМ = 52-15 = 780. 4.20. Боковые стороны трапеции лежат на перпендикулярных прямых. Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в серединах диагоналей и в серединах оснований трапеции, если её боковые стороны равны а и Ъ. „ аЬ Ответ: -г-. Решение. Пусть К и М — середины диагоналей соответственно АС и BD трапеции ABCD, a L и N — середины оснований соответственно ВС и AD, причём АВ J_ CD, AB = anCD = b. Отрезки KL и MN — средние линии треугольников ABC и ABD с общим основанием АВ, поэтому KL \\ AB, KL = \АВ = \а, MN || АВ, MN = \аВ = = ха. Аналогично, KN = LM = -^CD = = 2^- Противоположные стороны четырёхугольника KLMN попарно равны, значит, это параллелограмм, а т. к. его стороны соответственно параллельны перпендикулярным прямым АВ и CD, то KLMN — прямоугольник. Его площадь равна произведению соседних сторон, причём KL = ^an LM = ^ следовательно, N 4.21. Найдите диагональ и боковую сторону равнобедренной трапеции с основаниями 20 и 12, если известно, центр её описанной окружности лежит на большем основании. Ответ: 8л/5, 4л/5. Решение. Пусть AD—диаметр окружности, описанной около равнобедренной трапеции ABCD с основаниями AD = 20 и ВС = 12, СИ. —
52 § 4. Трапеция перпендикуляр, опущенный из вершины С на основание AD. Тогда В 2 ~ Avy> "" ~ 2 Точка С лежит на окружности с диаметром AD, значит, ZACD = 90°, поэтому СН — высота прямоугольного треугольника ACD, проведённая из вершины прямого угла. Следовательно, CD2 = DH-AD = 4-20, AC2 = АН AD = 16-20. Таким образом, АВ = CD = 4л/5, АС = 8л/5. 4.22. Трапеция с высотой h вписана в окружность. Боковая сторона трапеции видна из центра окружности под углом 120°. Найдите среднюю линию трапеции. Ответ: —=.. Решение. Пусть О — центр окружности, описанной около трапеции ABCD с основаниями AD > ВС. Трапеция ABCD — равнобедренная, поэтому ZCAD = ZBDA = \ZBOA = 60°. Пусть СК — высота трапеции, тогда ±, а т. к. трапеция равнобедренная, то отрезок АК равен её средней линии. 4.23. Площадь равнобедренной трапеции равна л/3. Угол между диагональю и основанием на 20° больше угла между диагональю и боковой стороной. Найдите острый угол трапеции, если её диагональ равна 2. Ответ: 40° или 80°. Решение. Пусть AD — большее основание равнобедренной трапеции ABCD. Тогда угол BAD — острый. Если СН — высота трапеции, то DH = поэтому AD-BC AH=AD-DH = AD- AD-BC AD + BC AD+BC JABCD
Тренировочные задачи 53 Обозначим ABAC = а. Тогда АСАН - а + 20°. Из прямоугольного треугольника АНС находим, что АН = AC cos АСАН = 2cos(ct + 20°), СН = AC sin АСАН = 2sin(ct + 20°), поэтому АН-СН = 2cos(ct + 20°) -2sin(a + 20°) = 2sin(2ct + 40°) = ч/З. Значит, 2а + 40° = 60° или 2а + 40° = 120°. Отсюда находим, что а = 10° или а = 40°, a ABAD = 2а + 20° = 40° или ABAD = 100°. Поскольку угол BAD — острый, условию задачи удовлетворяет только 40°. Если AD — меньшее основание, то аналогично находим, что А АВС = 80°. В С D Н 4.24. Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются на другом её основании. Найдите стороны трапеции, если её высота равна 12, а длины биссектрис равны 15 и 13. Ответ: 14; 12,5; 29,4; 16,9. Решение. Пусть биссектрисы тупых углов ВиС пересекаются в точке Р, принадлежащей большему основанию AD трапеции ABCD. Тогда ААРВ = АРВС = АРВА, значит, треугольник АВР равнобедренный. Аналогично треугольник PCD —также равнобедренный.
54 § 4. Трапеция Обозначим CD = DP = х, АВ = АР = у, М и N — основания перпендикуляров, опущенных из вершин соответственно В и С на AD. Тогда = V132-122=5. у Р х D PJV = л/152-122= 9, Следовательно, ВС = MN = РМ + PN = 5 + 9 = 14. По теореме Пифагора PC2 - PN2 = CD2 - DN2, 152 - 92 = x2 - (x - 9)2. Отсюда находим, что х = 12,5. Аналогично РЯ2 - РМ2 = АВ2 - ЛМ2, 132 - 52 = у2 - (у - 5)2. Отсюда находим, что у = 16,9. Следовательно, АВ = у = 16,9, CD = x = 12,5, AD = AP + PD = у + х = 29,4. 4.25. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром О, /BOA =/COD = 60°. Перпендикуляр ВКУ опущенный из вершины В на сторону AD, равен 6; ВС в три раза меньше AD. Найдите площадь треугольника COD. Ответ: . . Решение. Поскольку меньшие дуги АВ и CD равны, ВС || AD. Поэтому ABCD — равнобедренная трапеция. По теореме о вписанном угле /BDA = \/АОВ = 30°. Из прямоугольного треугольника BKD находим, что KD = BK ctg30° = 6\/3. С другой стороны, KD = iz(BC + AD) = х(ВС + ЗВС) = 2ВС.
Тренировочные задачи 55 Из равенства 2ВС = 6л/3 следует, что ВС = Ъу/3. Тогда AD = 9\/3, АК = \{AD-BC) = Зл/3, а т. к. то ОВ = ОА = АВ = у/ВК2+АК2 = V36 + 27 = Зл/7, = \0A-0Bsm£A0B = \ ■ (3V7)2sin60° = ^ 4.26. Дана трапеция ABCD с основаниями AD = 3\/39 иВС = \/39. Кроме того дано, что угол BAD равен 30°, а угол ADC равен 60°. Через точку D проходит прямая, делящая трапецию на две равновеликие фигуры. Найдите длину отрезка этой прямой, находящегося внутри трапеции. Ответ: 13. Решение. Поскольку SAABD = 3SABCD, указанная прямая пересекает отрезок АВ. Пусть К — точка пересечения. Тогда _1 _1 AD + BCh bAAKD - 2 ABCD - 2 2 ~ где h — высота трапеции ABCD. С другой стороны, S -lADh - ^AAKD — 2 1 ~ 2 ' и ат^тл i-r hi 2 АК 2 где /г1 — высота треугольника AKD. Поэтому -г = ^ и -rg- = ^ • Проведём через вершину В прямую, параллельную стороне CD, до пересечения с основанием AD в точке Р. Тогда АР = AD -DP = AD -ВС = 2ч/39. Из прямоугольного треугольника АВР находим, что АЯ = АР cos 30° = 3л/13.
56 § 4. Трапеция Поэтому АК = ^АВ = 2л/13. По теореме косинусов из треугольника AKD находим, что DK2 = АК2 + AD2 - 2АК • AD cos 30° = Следовательно, DK = 13. 4.27. Отрезок, соединяющий середины оснований, равен 3. Углы при большем основании трапеции равны 30° и 60°. Найдите высоту трапеции. Ответ: ^р. Решение. Через середину М меньшего основания ВС трапеции ABCD проведём прямую, параллельную боковой стороне АВ, до пересечения с основанием AD в точке Р и прямую, параллельную боковой стороне CD, до пересечения с прямой AD в точке Q. Если К — середина AD, то РК = АК-АР = АК-ВМ = DK-MC = DK-QD= KQ. Поэтому МК — медиана треугольника PMQ, а т. к. ZPMQ = 180° - 60° - 30° = 90°, то PK = KQ = MK = Если А А = 60°, то Z.MPK - 60°. Поэтому треугольник РМК — рав- носторонний, его высота равна —о". Следовательно, высота трапеции равна 4.28. В трапеции ABCD известны боковые стороны АВ = 27, CD = 2 — 28, основание ВС = 5 и cos /.BCD = - =. Найдите диагональ АС. Ответ: 28, 2VT8T. 2 Решение. Поскольку cos /BCD =-■=<(), угол BCD — тупой, поэтому 2 угол ADC — острый и cos /ADC= ^. Опустим перпендикуляр СИ на
Тренировочные задачи 57 основание AD. Тогда DH = CDcosZADC = 28-1 = 8, СИ = CDsinZADC = Через вершину С проведём прямую, параллельную боковой стороне АВ, до пересечения с прямой AD в точке Р. Тогда РН = у/СР2 - СН2 = у/АВ2 - СН2 = а/272-(12л/5)2 = 3. Если точка Р лежит между АиН (см. рисунок слева), то АН = АР + РН = 5 + 3 = 8. В этом случае АС = >/АН2 + СН2 = л/64+144-5 = 28. Если точка Р лежит между D и Н (см. рисунок справа), то АН = АР-РН = 5-3 = 2. В этом случае AH2 + CH2 = V4+144-5 = 2л/Ш. В 5 С В 5 С АС = 28 Р Н 28 AH P D 4.29. Основание АВ трапеции ABCD вдвое больше основания CD и вдвое больше боковой стороны AD. Диагональ АС равна а, а боковая сторона ВС равна Ъ. Найдите площадь трапеции. 3 Ответ: -rab. Решение. Через вершину D проведём прямую, параллельную ВС. Пусть К — точка пересечения проведённой прямой с основанием АВ. Тогда ADCK — ромб, a DCBK — параллело- А
58 § 4. Трапеция грамм. Поэтому = Ь, SADCK = \DK • AC = \ab, Следовательно, SABCD = jab. 4.30. Трапеция ABCD разделена прямой, параллельной её основаниям AD и ВС, на две равновеликие трапеции. Найдите отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами, если основания трапеции равны а и Ь. Ответ: у Q * . Решение. Первый способ. Пусть точки М и N расположены на боковых сторонах АВ и CD трапеции ABCD, P — точка пересечения с MN прямой, проходящей через точку С параллельно АВ, Q — точка пересечения с AD прямой, проходящей В а С через точку N параллельно АВ. Обозначим MN = x;hlnh2 — высоты подобных треугольников PCN и QND. Пусть ВС = а и AD = b (Ъ>а). Из равенства площадей трапеций BMNC ^N и MADN следует, что x-a b+x Из подобия треугольников CPN и NQD следует, что т- = т . По- /1о О — X этому Ъ+х х—а k2 Из этого уравнения находим, что х = ч, О Второй способ. Пусть О — точка пересечения продолжений боковых сторон АВ и DC, S — площадь треугольника ВОС, MN = х — искомый отрезок. Тогда SAMN0 -S = SAA0D - SAMN0, или x2 b2 x2 a2 a2 a2 В M D Отсюда находим, что х = ■
Тренировочные задачи 59 4.31. В трапеции ABCD (AD || ВС) угол ADB в два раза меньше угла ЛСВ. Известно, что ВС = АС = 5 и AD = 6. Найдите площадь трапеции. Ответ: 22. Решение. Построим окружность с центром в точке С и радиусом СВ = СА = 5. Поскольку /ADB = ^/АСВУ точка D принадлежит этой окружности, значит, CD = CA = 5. Пусть СК— высота равнобедренного треугольника ACD. Тогда СК = VAC2-AK2 = V25-9 = 4. Поскольку СК — высота трапеции ABCD, то 4.32. Дана трапеция ABCD, диагонали АС и BD которой пересекаются под прямым углом, а продолжения боковых сторон АВ и DC пересекаются в точке К под углом 30°. Известно, что ZBAC = /.CDB, а площадь трапеции равна S. Найдите площадь треугольника AKD. 3 1 Ответ: ^5 или -^S. Решение. Пусть AD > ВС. Тогда точки К и А лежат по разные стороны от прямой ВС. Поскольку ZBAC = ZCDB, около трапеции ABCD можно описать окружность. Поэтому трапеция равнобедренная. Следовательно, треугольники AKD и ВКС также равнобедренные. Поскольку ABAC = /.BAD - /CAD = 75° - 45° = 30°, то треугольник АСК — равнобедренный, СК = АС. Тогда
60 § 4. Трапеция а т.к. 5 = SABCD = \AC ■ BD = \AC2 = \CK2, 1, то SABKC = ^S. Следовательно, Если AD < ВС, то точки К и А лежат по одну сторону от прямой ВС. В этом случае, рассуждая аналогично, получим, что 4.33. Окружность, построенная на основании AD трапеции ABCD как на диаметре, проходит через середины боковых сторон АВ и CD трапеции и касается основания ВС. Найдите углы трапеции. Ответ: 75°, 75°, 105°, 105°. Решение. Пусть М и N — середины боковых сторон соответственно АВ и CD трапеции ABCD. Тогда MN \\AD. Пусть О — центр окружности, К — точка касания с основанием ВС, Р — точка пересечения радиуса ОК со средней линией MN. Тогда ОР = \ОК = \ON. Из прямоугольного треугольника PNO находим, что ZPNO = 30°. Тогда К ZNOD = ZPNO = 30°, ZCDA = ZNDO = 180°-30° = 75° Аналогично находим, что /.BAD = 75°. 4.34. Окружность, построенная на основании ВС трапеции ABCD как на диаметре, проходит через середины диагоналей АС и BD трапеции и касается основания AD. Найдите углы трапеции. Ответ: 30°, 30°, 150°, 150°. Решение. Обозначим через R радиус окружности. Пусть О — её центр, М и N — середины диагоналей АС и BD соответственно, К — точка касания окружности с основанием AD, P — проекция вершины В на основание AD. Тогда ОМ = R — средняя линия треугольника ABC. Поэтому АВ = 2ОМ = 2R, ВР = ОК = R.
Тренировочные задачи 61 Из прямоугольного треугольника ВАР находим, что АВАР = 30°. Аналогично, ZCDA = 30°. 4.35. Диагональ BD трапеции ABCD равна т, а боковая сторона AD равна п. Найдите основание CD, если известно, что основание, диагональ и боковая сторона трапеции, выходящие из вершины С, равны между собой. Ответ: ^л/гп2 + п2. Решение. Поскольку CD = CA = CB, то точки D, А и В лежат на окружности с центром в точке С и радиусом CD. Пусть К — вторая точка пересечения прямой CD с этой окружностью. ТогдаDK — диаметр, AB\\DK. ПоэтомуBK=AD=n, a ZDBK=90°. По теореме Пифагора Следовательно, 4.36. Дана равнобедренная трапеция, в которую вписана окружность и около которой описана окружность. Отношение высоты трапеции к радиусу описанной окружности равно J ^. Найдите углы трапеции. Ответ: 45°, 135°. Решение. Пусть а — острый угол трапеции ABCD, h — высота трапеции, R — радиус описанной окружности, М — проекция вершины С меньшего основания ВС на большее основание AD. Тогда АМ= \{BC + AD) = \ ИЛИ AM2+MC2 = r sin a sin a S =4sin2a.
62 § 4. Трапеция то о h [2 Поскольку ^ - у з' « [ ^-^— +1 ] = 4sin2 а, или 6sin4 а - sin2 а -1 = 0. 9 1 Отсюда находим, что sin а- ^. Следовательно, =-^=:, a = 45°. 4.37. На боковых сторонах АВ и CD трапеции ABCD взяты точки Р и Q соответственно, причём ЛР : РВ = 2 : 3. Отрезок PQ разбивает трапецию на части, одна из которых по площади втрое больше другой. Найдите отношение CQ: QD, если AD = 2ВС. Ответ: 3:29. Решение. Пусть продолжения боковых сторон АВ и CD трапеции пересекаются в точке Е. Тогда ВС — средняя линия треугольника AED, т. к. ВС = \AD и ВС || AD. Поэтому ЕР FA ЕВ + ВР ЕА \ЕА+\АВ ЕА Ь + 1'\Е/ ЕА * 8 10 " 4 Я* Обозначим через S площадь трапеции ABCD. Тогда площадь треугольника ВЕС равна ~ S. Предположим, что площадь четырёхугольника APQD в три раза меньше площади четырёхугольника PBCQ. Тогда 13 а т.к. р 1 А в/ / ■ \ ■ п *^ЛРРП — г1 л ' г< т\ •-
Тренировочные задачи 63 то 4 EQ 5' ED — Z7 > 1> т-е- *> что невозможно, откуда находим, что „п - А4 т. к. точка Q должна лежать на отрезке CD. Пусть теперь площадь четырёхугольника PBCQ в три раза меньше площади четырёхугольника APQD. Тогда а т. к. то El откуда находим, что EQ QD 1 35 ■ = ^j. Следовательно, 35-32 35 29' CQ QD 29 29* 4.38. Около окружности описана трапеция ABCD, боковая сторона АВ перпендикулярна основаниям, М — точка пересечения диагоналей трапеции. Площадь треугольника CMD равна S. Найдите радиус окружности. Ответ: y/S. Решение. Первый способ. Поскольку треугольники ВАС и BDC равновелики, а треугольник ВМС — их общая часть, то площадь треугольника АМВ также равна S. Пусть О — центр окружности; R — её радиус; Р, F и Q — точки касания со сторонами ВС, CD и AD соответственно; К — проекция точки М на сторону АВ. Тогда CF = CP = BC-BP = BC-R, DF = DQ = AD-AQ = AD-R. Отрезок OF — высота прямоугольного треугольника COD, проведённая из вершины прямого угла, поэтому R2 = OF2 = CF-DF = (BC-R)(AD-R). Отсюда находим, что R=
64 § 4. Трапеция В R РаС С другой стороны, из подобия треугольников АКМ и ABC следует, что КМ = —дс—, а из подобия треугольников AMD и СМВ — AM AD ВС-AD Поскольку АВ = 2R, то S = SAAMB = \AB-KM = l = R2. Следовательно, R = y/S. Второй способ. Пусть О — центр окружности; R — её радиус; Р, F, Q и Т — точки касания со сторонами BCt CD, AD и АВ соответственно. Обозначим CF = CP = a, DF = DQ = Ъ. Тогда Отрезок OF — высота прямоугольного треугольника COD, проведённая из вершины прямого угла, поэтому R = OF= VCF • DF = yfab, значит, CM _ R + a _ Vab + a _ Va. _ a _ a _ CP R~ AQ' MA R + b a Vab Vab + Ъ Vb а т. к. ZMCP = ZMAQ, то треугольники МРС и MQA подобны по двум сторонам и углу между ними. Тогда Z.CMP = ZAMQ, значит, точки Р, М и Q лежат на одной прямой, а так как OP J_ AC, то на этой прямой лежит и точка О. Следовательно, ОМ \\ АВ и SAA0B = SAAMB = SACMD — S, а т.к. SAA0B = |ЛВ ОТ = R-R = R2, то S = R2. Отюда находим, что
§ 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника Подготовительные задачи 5.1. Катет и гипотенуза прямоугольного треугольника равны 12 и 20 соответственно. Найдите высоту, проведённую из вершины прямого угла. Ответ: 9,6. Решение. Пусть ABC — прямоугольный треугольник с катетом ВС = 12 и гипотенузой А£ = 20, СН — его высота. По теореме Пифагора AC = VAB2-BC2 = л/202 - 122 = л/(20- 12) (20+ 12) = V С одной стороны, а = 16. с другой — 16 •АС = 5-12-16 = 96. 12 В Из равенства 10СН = 96 находим, что СН = 9,6. 5.2. Найдите высоту прямоугольного треугольника, опущенную на гипотенузу, если известно, что основание этой высоты делит гипотенузу на отрезки, равные 1 и 4. Ответ: 2. Решение. Пусть ABC — прямоугольный треугольник с гипотенузой АВ, СН — его высота, ВН = 1, АН = 4. По теореме о высоте прямоугольного треугольника, проведённой из вершины прямого угла, СН2 = ВН-АН = 1-4 = 4. В Следовательно, СН = 2. 5.3. Высота равнобедренного треугольника, опущенная на боковую сторону, разбивает её на отрезки, равные 2 и 1, считая от вершины треугольника. Найдите эту высоту. Ответ: л/5.
66 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника Решение. Пусть СН— высота равнобедренного треугольника ABC, опущенная на боковую сторону АВ, АН = 2, ВН = 1. Тогда АС = АВ = 3. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника АСН находим, что СН2 = АС2-АН2 = 9-4 = 5. С В Следовательно, СН = у/5. 5.4. Стороны треугольника равны 10,17 и 21. Найдите высоту треугольника, проведённую из вершины наибольшего угла. Ответ: 8. Решение. Пусть стороны АС, АВ и ВС треугольника ABC равны 10, 17 и 21 соответственно, АН — высота, опущенная на сторону ВС. Первый способ. Поскольку ВС — наибольшая сторона треугольника, основание Н высоты, опущенной на эту сторону, лежит на отрезке ВС. Обозначим СН = х. Тогда ВН = ВС - СН = 21 - х. Выражая по теореме Пифагора из прямоугольных треугольников АСН и АВН квадрат общего катета АН, получим уравнение ___ 102 - х2 = \12 - (21 - х)2, С х И 21-х В из которого найдем, что х = 6. Следовательно, АН = у/АС2-СН2 = VlOO-x2 = V100-36 = 8. Второй способ. Пусть р — полупериметр треугольника ABC, p = « = 24. По формуле Герона Saabc = ^24(24-10)(24-17)(24-21) = V24-14-7-3 = 3-7-4 = 84. С другой стороны Saabc = \ВС-АН = i.21-АЯ = Ц^АН. 21 Из равенства -^АН = 84 находим, что АН = 8. Третий способ. По теореме косинусов + ВС2-АВ2 100 + 441-289 3 COSZALtf- 2AC-BC ~ 210-21
Подготовительные задачи 67 и Тогда sin/АСВ = ^. Из прямоугольного треугольника АСН находим, что АН = ACsinZACB = 10-1 = 8. 5.5. В треугольнике ABC известно, что АВ = а,АС = Ь, /.ВАС = 120°. Найдите биссектрису AM. Ответ: ^ Решение. Поскольку SAABC = SAABM + SAACM, то \АВ • AC sin ABAC = \аВ • AM sin /ВАМ + ^ЛМ • AC sin /CAM, или |ab sin 120° = \а • AM sin 60° + |b • AM sin 60°, Следовательно, AM = а + Ъ' С MB 5.6. Катеты прямоугольного треугольника равны а и Ъ. Найдите биссектрису, проведённую из вершины прямого угла. Ответ: Решение. Пусть х — искомая биссектриса. Сумма площадей треугольников, на которые биссектриса разбивает данный треугольник, равна площади данного треугольника, т. е. = у. Отсюда находим, что х = 5.7. В треугольнике ABC известно, что АВ = 8, АС = 6, /ВАС = 60°. Найдите биссектрису AM. 7 #
68 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника Решение. Поскольку SAABC = SAABM + SAACM, то \АВ -AC sin ABAC = = \АВ. AM sin ZBAM + ^AM-AC sin АСАМ, С М В ™и |-8-6sin60° = \ или Ylyfb = « • 7АМ. Следовательно, AM = 5.8. Найдите высоту трапеции, боковые стороны которой равны 6 и 8, а основания равны 4 и 14. 24 Ответ: -=-. Решение. Через вершину меньшего основания трапеции проведём прямую, параллельную боковой стороне. Эта прямая отсекает от трапеции треугольник со сторонами 6, 8 и 10. Этот треугольник — прямоугольный. Его вы- , 6-8 24 сота h = -Tq- = -=- является также высотой трапеции. Тренировочные задачи 5.9. Найдите высоты треугольника, если его площадь равна S, а углы равны а, ]8 и у. Ответ: sinajm sinr^ sin_ Решение. Пусть высоты, опущенные на стороны ВС = а, АС — Ь, АВ = с, равны х, у и z соответственно. Тогда Отсюда находим, что А Х2 = sina Следовательно, sina С Аналогично найдём у иг.
Тренировочные задачи 69 5.10. Расстояния от точки М, лежащей внутри треугольника ABC, до его сторон АС и ВС соответственно равны 2 и 4. Найдите расстояние от точки М до прямой АВ, если АВ = 10, ВС = 17, АС = 21. 29 Ответ: -у. Решение. По формуле Герона Пусть Р и Q — проекции точки М на стороны ВС и АС, а Г — на сторону АВ. Тогда — °АВМС ~г ^ ДАМС I" &AAMB ~ Отсюда находим, что МТ = SAABC-34-21 84-34-21 _ 29 A Q 21 С 5.11. К окружности радиуса 7 проведены две касательные из одной точки, удалённой от центра на расстояние, равное 25. Найдите расстояние между точками касания. Ответ: 13,44. Решение. Пусть прямые, проходящие через точку М, касаются данной окружности в точках Л и В, О — центр окружности, К — середина АВ. Тогда МА = МВ= у/ОМ2 - ОА2 = V252 - 72 = 24. А
70 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника Поскольку ОМ-АК=АМ-АО (удвоенная площадь треугольника ОАМ), то AV _ AM-АО _ 24-7 _ 168 ЛК ~ ОМ ~ 25 ~ 25 # Следовательно, АВ = 2АК = ^ = 13,44. 5.12. Найдите площадь равнобедренного треугольника, если высота, опущенная на основание, равна 10, а высота, опущенная на боковую сторону, равна 12. Ответ: 75. Решение. Пусть ВК и СМ — высоты равнобедренного треугольника ABC (АВ = ВС, ВК = 10, СМ = 12). Обозначим АК = КС = х. Тогда АВ2 = ВК2+АК2 = 100 + х2, Поэтому , или 2хЮ=л/100+х212. С х К х А Из этого уравнения находим, что х= -г-. Следовательно, п —- АС • RJC 7R 5.13. На катете ВС прямоугольного треугольника ABC как на диаметре построена окружность, которая пересекает гипотенузу АВ в точке К. Найдите площадь треугольника СКВ, если катет ВС равен а, а катет АС равен Ь. Ответ: -гг\—rjr. Решение. По теореме Пифагора АВ = V'ВС2 + АС2 = Va2 + b2. Точка К лежит на окружности с диаметром ВС, поэтому ZBKC = 90°. Треугольник СВК подобен треугольнику ABC по двум углам, причём коэффициент подобия равен -пг = . Поскольку площадь треугольника СВК равна площади треугольника ABC, умноженной на квадрат коэффициента подобия, то \) -2аЪ = Ти
Тренировочные задачи 71 5.14. На высоте CD, опущенной из вершины С прямоугольного треугольника ABC на гипотенузу АВ, как на диаметре построена окружность, которая пересекает катет АС в точке Е, а катет ВС в точке F. Найдите площадь четырёхугольника CFDE, если катет АС равен Ъ, а катет ВС равен а. а3Ъ3 Ответ: —$—г^. Решение. Поскольку 2SAABC = ABCD = AC • ВС, то ab Поскольку DF — высота прямоугольного треугольника CDB, проведённая из вершины прямого угла, то CD2 ab2 С CF = ВС a2b Аналогично находим, что СЕ = Поскольку CFDE — прямоугольник, то Scfde = CFCE = - 5.15. В равнобедренном треугольнике основание и боковая сторона равны соответственно 5 и 20. Найдите биссектрису треугольника, проведённую из вершины угла при основании. Ответ: 6. Решение. Пусть ВК — биссектриса равнобедренного треугольника ABC (AB = АС = 20, ВС = 5), М — середина ВС. Из прямоугольного треугольника АМС находим, что МС 1 16 По свойству биссектрисы треугольника АК _ АВ _ КС "" ВС ~ 4* Поэтому КС = ^ЛС = 4. По теореме косинусов из треугольника ВКС находим, что ВК2 =ВС2+КС2-2ВС- м с 16-2-5-4-| =36. 5.16. В равнобедренном треугольнике BCD с основанием BD проведена биссектриса BE. Известно, что CE = cnDE = d. Найдите BE.
72 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника С Решение. Первый способ. По свойству биссектрисы ВС СЕ треугольника ^ = ^, откуда находим, что кп ВС DE (c + d)d DU = ТТр = . Пусть СМ — высота треугольника BCD. Тогда Из прямоугольного треугольника CMD находим, что cosZBI>C=§ = По теореме косинусов из треугольника BDE находим, что BE2 = BD2 + DE2 - 2BD • DE cos ZBDC = Следовательно, BE = dy2 + -. ВС СЕ Второй способ. По свойству биссектрисы треугольника -кк = ТуЕ, откуда находим, что кп- BC'DE СГ ~ с По формуле для квадрата биссектрисы Следовательно, BE = d J2 + -. 5.17. В треугольнике ABC на стороне АС как на диаметре построена окружность, которая пересекает сторону АВ в точке М, а сторону ВС — в точке N. Известно, что АС = 2,АВ = 3, AM: MB = 2:3. Найдите AN. 24 Ответ: ПАЗ Решение. Поскольку точки М и N лежат на окружности с диаметром ЛС, то ZAMC = ZANC = 90°.
Тренировочные задачи 73 По теореме Пифагора Поскольку AB-CM = BC-AN, то AN = АВ-СМ ВС 24 л/145' 5.18. В прямоугольном треугольнике ABC проведена биссектриса CD из вершины прямого угла С. Известно, что AD = m, BD = п. Найдите высоту, опущенную из вершины С. ^ тп(т + п) Ответ: —^—~* Решение. Биссектриса треугольника делит его сторону на отрезки, AC AD m ^ пропорциональные двум другим сторонам, поэтому -^ = -=г=? = —. Положим АС = тх, ВС = пх. По теореме Пифагора ЛВ2 = ЛС2 + ВС2, (т + п)2 = т2х2 + п2*2, (т + п)2 С 2 откуда находим, что xz = Пусть СЯ — искомая высота. Выражая площадь треугольника ABC двумя способами, получим, что следовательно, Н D _ ВС-АС _ хп-хт _ 2 тп _ (т + п)2 тп _ тп(т + п) АВ т + п _ ~Х т + п т2 + п2 т + п т2 + п2 5.19. В треугольнике ABC угол С равен 60°, а биссектриса CD равна 5\/3. Длины сторон ЛС и ВС относятся как 5:2 соответственно. Найдите тангенс угла А и сторону ВС. л/3 Ответ: -^-; 7. Решение. Положим BC = 2t, AC = St. Тогда 5давс = \-ВС-AC sin 60° = It2 у/3, SAABC = | * BC ' CD sin 30° + \ ' AC ' CD sin 30° =
74 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника Из уравнения -^t or D CED и AED находим, что DE = CDsin30° = lcD = находим, что t=^. Тогда BC = 2t = 7,AC = 5t = y. Пусть Е — проекция точки D на прямую АС. Поскольку ВС < АС, то ZDAC = = /.ВАС < 90°, поэтому точка Е лежит на стороне АС, а не на её продолжении. Тогда из прямоугольных треугольников у, СЕ = CDcos30° = 5д/3-^ = у 5.20. В треугольнике ABC на сторонах АВ и ВС отмечены точки М и N соответственно, причём ВМ = BN. Через точку М проведена прямая, перпендикулярная ВС, а через точку N — прямая, перпендикулярная ЛВ. Эти прямые пересекаются в точке О. Продолжение отрезка ВО пересекает сторону АС в точке Р и делит её на отрезки АР = 5 и PC = 4. Найдите ВР, если известно, что ВС = 6. Ответ: 5. Решение. Высоты треугольника BMN, проведённые из вершин М и N, пересекаются в точке О, значит, его высота, проведённая из вершины В, также проходит через точку О, а т. к. треугольник BMN равнобедренный, то луч ВО — биссектриса угла MBN. Тогда ВР — биссектриса треугольника ABC. По свойству бис- АВ АР 5 сектрисы треугольника ~nF = ~Fp = ~д> откуда находим, что По формуле для биссектрисы треугольника ВР2 = ВС-АВ-СР-АР = 6- у -4-5 = 45 -20 = 25. Следовательно, ВР = 5. 5.21. Окружность касается сторон АВ и ВС треугольника ABC соответственно в точках D и Е. Найдите высоту треугольника ABC, опущенную из вершины Л, если АВ = 5, АС = 2, а точки Л, D, Е, С лежат на одной окружности.
Тренировочные задачи 75 Ответ: Решение. По свойству вписанного четырехугольника /DAC = 180° - - ICED = /.BED. Аналогично А АСЕ = ZBDE, а так как BD = В£ как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, то /BDE = /BED. Значит, /ВАС = /ВСА, треугольник ABC — равнобедренный, АВ = ВС = 5. Пусть h — высота треугольника ABC, опущенная из вершины В. Тогда h = у АВ2 - (4р) = Если АР — высота треугольника ЛВС, то АС - h = =ВС-АР. Следовательно, ЛР = AC-h ВС ~ 5 ~ 5 # 5.22. В треугольнике ABC проведены биссектрисы АЕ и CD. Найдите длины отрезков CD, CE, DE и расстояние между центрами окружностей, вписанной в треугольник ABC и описанной около треугольника ABC, если ЛС = 2, ВС = 4, /АСВ = arccos ^. Ответ: CD = л/б, СЕ= |, DE= ^, р=2у|. Решение. Обозначим /АСВ = у, /ABC = j3. По условию задачи cos 7 = ут. Тогда 16 По теореме косинусов = )/АС2+ВС2-2АС ВСcosr = ^4+16-2-2-4-^| =
76 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника По свойству биссектрисы треугольника AD DB АС ВС 2 4 1 V СЕ BE ~ АС АВ 2 ~ 3' поэтому AD = \АВ = 1, BD = |аВ = 2, СЕ = |вС=|-4=|, ВЕ=у. По формуле для биссектрисы треугольника CD = VAC-BC-AD-BD = V2-4-1-2 = л/6. Пусть R — радиус описанной окружности треугольника ЛВС, О — центр этой окружности. По теореме синусов АВ 3 8_ . д_АС_ 2 _ Л5 К r 2.з^5 " yi5' Sinp" 2R-2.^= ~ 8' Тогда cos j3 = g. Из треугольника BDE по теореме косинусов находим, что DE = y/BD2 + BE2 - 2BD • BE cos jS = y4+^-2-2-y-| = ^. Пусть г — радиус вписанной окружности треугольника ABC, p — полупериметр треугольника, S — площадь. Тогда 2 + 3 + 4 _ 9 о1АГ Rr,inv_I о 4 ЗЛ5 ЗЛ5 Следовательно, _S_ff _Л5 Р f 6 ' Пусть вписанная окружность с центром Q касается стороны АС треугольника ABC в точке М, а N — середина этой стороны. Тогда СМ = р-АВ = |-3= |, МЛГ = |СМ-СЛГ| = |-1 = |. По теореме Пифагора Искомый отрезок OQ есть большая боковая сторона прямоугольной трапеции MNOQ с основаниями MQ и ON. Пусть F — основание
Тренировочные задачи 77 перпендикуляра, опущенного из точки Q на ON. Тогда OF = \ON-FN\ = \ON-QM\ = Л5 2Л5 ±. 2Л5' Следовательно, p = OQ= VQF2 + OF* = J\ + g = (Заметим, что отрезок OQ можно было найти по формуле Эйлера: 5.23. В треугольнике ABC отношение стороны ВС к стороне АС равно 3, a ZACB = а. Из вершины С проведены два луча, делящие угол АСВ на три равные части. Найдите отношение отрезков этих лучей, заключённых внутри треугольника ЛВС. 2cosf+3 Omeem: Решение. Пусть М и N — точки пересечения указанных лучей со стороной АВ (М — между А и N). Обозначим АС = х, СМ = у, CN = г. Тогда ВС = 3х. f + = 2 ** sin T = Saacm + Samcn = 2 ^ sin f + 2 yz sin I Отсюда находим, что у = находим, что X ~г Z z — . Из треугольника МСВ аналогично у + Зх ' Выразим х из полученных равенств: yz yz X = X = 2zcosf-y' | Приравняв правые части этих выражений, получим уравнение 2z cos 77 - у = 6у cos 77 - Зг. М
78 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника Разделим обе части этого уравнения на г и найдём нужное отношение -: 2 У 2 2cosf+3 6eosf + l" 5.24. Биссектриса CD угла АСВ при основании ВС равнобедренного треугольника ABC делит сторону ЛВ так, что AD = BC. Найдите биссектрису CD и площадь треугольника ABC, если ВС = 2. Ответ: 2; tg72° = v5 + 2Vl. Решение. Первый способ. Обозначим ЛВ = ЛС = х. Тогда BD = х-2. По формуле для квадрата биссектрисы треугольника CD2 =AC-BC-AD-BD = x-2- 2-(x -2) =2х-2х + 4 = 4. Значит, CD = 2. Поскольку CD = AD = ВС, треугольники ACD и CBD равнобедренные. Пусть ZBAC = а. Тогда ZACD = ZCAD = a, ZCBD = ZBDC = ZCAD + ZACD = 2a, а т. к. сумма углов треугольника BCD равна 180°, получаем уравнение ct + 2a + 2a = 180°, из которого находим, что а = 36°. Пусть АН — высота треугольника ABC. Тогда ВН = СН = 1. Из прямоугольного треугольника АВН находим, что АН = BHtgZCBA = 1 -tg2a = tg72°. ^ Следовательно, Saabc = \BC • АН = \ • 2 tg 72° = tg 72°. Если воспользоваться свойством биссектрисы треугольника, то можно легко вычислить tg72°. Действительно, 2 ЛС ВС АР BD х 2 х_2 -v х 2х 4-0 => х- cos72° = cos/ЛВС = Щ = cos2 72° Второй способ. Пусть прямая, проведённая через точку D параллельно ВС, пересекает сторону ЛС в точке Е. Тогда ZCDE = ZBCD = = ZDCE, поэтому треугольник CDE — равнобедренный. Значит, BD = = СЕ = DE, а т. к. ZADE = ZABC и AD = ВС, то треугольник BCD равен
Тренировочные задачи 79 треугольнику ADE по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, CD = АЕ = AD = 2. Обозначим СЕ = BD = t. По свойству биссектри- AD BD 2 t сы треугольника дс = дё > или ^^ = 2' откУда f = = л/5-1, поэтому ЛВ = Пусть АН — высота треугольника ABC. По теореме Пифагора АН = у/АВ2-ВН2 = Следовательно, S аавс - 2ВС'АН - 2'2' 5.25. В треугольнике KLM проведена биссектриса КР. Окружность, вписанная в треугольник KLP, касается стороны KL в точке Q, причём LQ = а. На сторонах KL и LM выбраны точки ЕиЯ соответственно так, что прямая ER проходит через центр окружности, вписанной в треугольник KLM. Найдите длину биссектрисы КР, если известно, что EL+LR - Ь, а отношение площадей треугольников KLP и ELR равно а. Ответ: аЬ-2а. Решение. Первый способ. Пусть О — центр окружности радиуса г, вписанной в треугольник KLM, Аи В — её точки касания со сторонами LM и KL соответственно. Тогда а т. к. то LP + KL = ab. = \br, а = Saklp LP + KL
80 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника Пусть р — полупериметр треугольника KLP. Окружность, вписанная в треугольник KLP, касается стороны KL в точке Q, поэтому ГГк ™ LP + KL-KP аЬ-КР a = LQ = p-KP = ^ = —2—' откуда находим, что КР = аЬ- 2а. Второй способ. Пусть О — центр окружности, вписанной в треугольник KLM. Тогда LO — биссектриса треугольников KLP и ELR. Обозначим ZKLM = y. По формуле для биссектрисы треугольника Поэтому а т. к. 2 Т Г) Lkj — LK-LP LK + LP SA -LE-LR-cos LE + LR LE-LR LE + LR klp \'LK ELR \-LE I 2 LE- b •LP •LR и LO LR -, •sin у •sinr 2 T V _L -LK-. LP • cos LK + LP т n LK + ur — LK LE- LP LR h LK -b LE i 2 •LP •LR то LK + LP = ab. Пусть p — полупериметр треугольника KLP. Окружность, вписанная в треугольник KLP, касается стороны KL в точке Q, поэтому rrk ™ LP + KL-KP ab-KP a = LQ = p-KP= ^ = —2—' откуда находим, что КР = аЬ-2а.
§ 6. Отношение отрезков Подготовительные задачи 6.1. На медиане AM треугольника ABC взята точка К, причём АК: КМ = 1:3. Найдите отношение, в котором прямая, проходящая через точку К параллельно стороне ЛС, делит сторону ВС. Ответ: 1:7. Решение. Пусть прямая, о которой говорится в условии задачи, пересекает сторону ВС в точке N. Обозначим NC = t. По теореме о пропорциональных отрезках MN: NC = МК: КА = 3:1, значит, MN = 3NC = 3t, ~ К Следовательно, NC BN t ~ 71 1 ~ 7' В tt M 3t NtC 6.2. Дан треугольник ABC. На продолжении стороны АС за точку С взята точка N, причём CN — АС; точка К — середина стороны АВ. В каком отношении прямая KN делит сторону ВС? Ответ: 2:1, считая от точки В. Решение. Первый способ. Пусть М — точка пересечения прямых KN и ВС. В треугольнике ABN отрезки ВС и NK — медианы. Поэтому ВМ:МС = 2:1. Второй способ. Пусть М — точка пересечения прямых KN и ВС. Через вершину В проведём прямую, параллельную АС, и продолжим NK до пересечения с этой прямой в точке Т. В Треугольник ВКТ равен треугольнику AKN по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому BT = AN. Треугольник ВТМ подобен треугольнику CNM по двум углам, значит, Ш _ ВТ_ _ AN_ _ 2CN _ 9 МС ~ CN ~ CN ~ CN ~ Z'
82 § 6. Отношение отрезков 6.3. На стороне ВС и на продолжении стороны АВ за вершину В треугольника ABC расположены точки МиК соответственно, причём ВЫ : МС = 4:5 и ВК:АВ = 1:5. Прямая КМ пересекает сторону АС в точке N. Найдите отношение CN: AN. Ответ: 5:24. Решение. Через точку С проведём прямую, параллельную АВ. Пусть прямая КМ пересекает её в точке Т. Положим В К = а, АВ = 5а. Из подобия треугольников СМТ и ВМК (коэффициент 7) находим, что СТ = \ВК = fa, а из подобия треугольников CNT и ANK — 5а В аК CN NA СТ АК 5a + a 24' 6.4. На сторонах АВ и АС треугольника ЛВС расположены точки К и L, причём АК : KB = 4: 7 и AL : 1С = 3 :2. Прямая XL пересекает продолжение стороны ВС в точке М. Найдите отношение СМ: ВС. Ответ: 8:13. Решение. Через точку А проведём прямую, параллельную ВС. Пусть Т — точка её пересечения с прямой KL. Обозначим СМ = а. Из подобия треугольников ALT и CLM (коэффициент ~) находим, что A AT = h а из подобия треугольников АКТ и ВКМ 4 (коэффициент •=) — Тогда Следовательно, 7 = ВМ-СМ = Ц-а-а = Ц-а. о о 21 f СМ ВС 13* 6.5. На сторонах АВ и ВС параллелограмма ABCD расположены 1ки N и М соответственно, причём AN : NB = 3:2, ВМ : МС = 2:5.
Подготовительные задачи 83 Прямые AM и DN пересекаются в точке О. Найдите отношения 0M:OAnON:OD. Ответ: 20:21; 6:35. Решение. Продолжим DN до пересечения с прямой ВС в точке Т. Положим ВМ = 2а, СМ = 5а. Из подобия треугольников TNB и DNA 2 (коэффициент о) находим, что ТВ = |AD = pC = y7a = уа, и и %j i из подобия треугольников ТОМ и DOA — пм тм —а + 2а 0М_ = ТМ_ = I. ОА ~ AD ~ 7а Аналогично находим, что -~тг = ~f . 20 21* D 6.6. На сторонах АВ и АС треугольника ABC расположены точки N и М соответственно, причём AN : NB = 3:2, AM : MC = 4:5. Прямые ВМ и CN пересекаются в точке О. Найдите отношения ОМ: ОВ и ON: ОС. Ответ: 5:6; 8:25. Решение. Через точку В проведём прямую, параллельную АС. Пусть Т—точка её пересечения с прямой CN. Положим AM = 4а, МС = 5а. 2 Из подобия треугольников BNT и ANC (коэффициент «) находим, что ВТ = \аС = \{АМ+МС) = |(4а+5а) = 6а, а из подобия треугольников СОМ и ТОВ — ОМ _ СМ 5а _ 5 ОВ "" ВТ ~ 6а 6* ON 8 Аналогично находим, что -^ = ^. 5а
84 § 6. Отношение отрезков 6.7. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) на стороне ВС взята точка D так, что BD : DC = 1:4. В каком отношении прямая AD делит высоту BE треугольника ЛВС, считая от вершины В? Ответ: 1:2. Решение. Пусть М — точка пересечения AD и BE. Через точку В проведём прямую, параллельную основанию АС, и продолжим AD до пересечения с этой прямой в точке Т. Пусть АЕ = а. Тогда АС = 2а. Из подобия треугольников BDT и CDA находим, что ВТ = \АС = % Из подобия треугольников АМЕ и ТМВ находим, что В ВМ ME ВТ_ АЕ 1 2' В 6.8. На медиане ААг треугольника ABC взята точка М, причём AM: МАг = 1:3. В каком отношении прямая ВМ делит сторону АС? Ответ: 1:6, считая от точки А. Решение. Проведём через точку В прямую, параллельную ЛС, и продолжим ААг до пересечения с этой прямой в точке Т. Пусть Вг—точка пересечения прямой ВМ со стороной ЛС. Из равенства треугольников ВА{Т и САгА следует, = ААг. Поэтому ААг+АгМ 4МА + ЗМА что ВТ = АС и ТАг = ТМ МА МА МА МА = 7. Из подобия треугольников АМВг и ТМВ (коэффициент =) следует, что АВ, = kBT = k Следовательно, 6.9. Точки Ла и Са расположены на сторонах ВС и ЛВ треугольника ABC. Отрезки ААг и ССа пересекаются в точке М. В каком отношении прямая ВМ делит сторону ЛС, если АСг: СгВ = 2:3 и ВЛа: ЛаС = = 1:2?
Тренировочные задачи 85 Ответ: 1:3, считая от точки Л. Решение. Через вершину В проведём прямую, параллельную ЛС, и продолжим ССг и ААг до пересечения с ней в точках Р и Q соответственно. Если Вг —точка пересечения прямой ВЫ со стороной ЛС, то треугольник РВМ подобен треугольнику СВгМ, а треугольник QMB — треугольнику АМВг, причём коэффи- циент подобия один и тот же — -гтб~ • JVlDi Поэтому в BQ ВР \АС 1 3 (BQ= ^AC из подобия треугольников ВЛа(2 и САгА, а ВР= -^АС из подобия треугольников РВСг и САСг). 6.10. В треугольнике ABC известно, что АВ = с, ВС = а, ЛС = Ъ. В каком отношении центр вписанной окружности треугольника делит биссектрису CD? Ответ: Решение. По свойству биссектрисы тре- ЛС ВС AD = b- AD AC b угольника -^ = -^ = -, а т. к. ЛВ = с, то с be be a+b В a + b a + b' Пусть О — центр вписанной окружности треугольника ЛВС. Тогда О — точка пересечения биссектрис треугольника, поэтому АО — биссектриса треугольника ACD. Следовательно, Я9. OD AD ~ ьс_ а+Ь Тренировочные задачи 6.11. На стороне PQ треугольника PQR взята точка N, а на стороне PR — точка L, причем NQ = LR. Точка пересечения отрезков QL и NR делит отрезок QL в отношении т:пу считая от точки Q. Найдите отношение PN: PR. Ответ: —. т Решение. Пусть отрезки QL и NR пересекаются в точке Л. Обозначим NQ = LR = a.
86 § 6. Отношение отрезков Через точку Q проведем прямую, параллельную PR. Пусть эта прямая пересекается с прямой NR в точке В. Из подобия треугольников BAQ и RAL следует, что BQ = LR • 4т = а ' -• Из подобия треугольников BNQ и Я/VP находим, что PN PR NQ BQ • - т 6.12. В треугольнике ABC биссектриса AD делит сторону ВС в отношении BD : DC = 2:1. В каком отношении медиана СЕ делит эту биссектрису? Ответ: 3:1, считая от вершины Л. Решение. Пусть медиана СЕ и биссектриса AD пересекаются в точке М. Через вершину А проведем прямую, параллельную ВС, и продолжим медиану СЕ до пересечения с этой прямой в точке Г. Положим CD = a,BD = 2a. Из равенства треугольников АЕТ и ВЕС следует, что AT = ВС = За, а из подобия треугольников АМТ и DMC — ЛМ_ЛТ_За_ MD~ CD~ a -J' 6.13. Ha сторонах ЛВ, ВС и АС треугольника ABC взяты соответственно точки К, L и М, причём ЛХ : ЯБ = 2 : 3, BL : 1С = 1 : 2, СМ: МЛ = 3:1. В каком отношении отрезок KL делит отрезок ВМ? Ответ: 1:1. Решение. Пусть О —точка пересечения отрезков ВМ и KL. Обозна- во чим щ = х, SAABC = S. Тогда D 2а В - 3 с с _ L — 2ол-:>) ^abol — 2" а так как ТО Sarvt. — S, ABOK^^ABOL' 5 ~ 20Х+4Х* Отсюда находим, что х = -z.
Тренировочные задачи 87 6.14. В треугольнике ABC, площадь которого равна 6, на стороне АВ взята точка К, делящая эту сторону в отношении АК:ВК = = 2: 3, а на стороне АС взята точка L, делящая АС в отношении AL : 1С = 5 : 3. Точка Q пересечения прямых СК и BL, отстоит от прямой АВ на расстоянии 1,5. Найдите сторону АВ. Ответ: 4. Решение. Положим AL = 5а, LC = За, тогда АС = 8а. Через точку В проведём прямую, параллельную АС и продолжим отрезок СК до пересечения с этой прямой в точке Т. Из подобия треугольников ВКТ и АКС находим, что а из подобия треугольников BQT и LQC — QL=~LC=~3a=4> а Та L За С BQ 4 поэтому ijJL = 5* У треугольников ABL и ABC одна и та же высота, проведённая из вершины В, значит, отношение их площадей равно отношению осно- AL _ 5 Л Saabq _ BQ _ 4 ваний, т. е. „ = дг = я • Аналогично -~ = -=у- = ^. Следовательно, ЛАВС ЛАВ1 с _4. _4 5 _45 , ^AABQ — ^^AABL ~ 5 ' 3 ЛАВС ~~ 5*8 Пусть QH — высота треугольника ABQ. Тогда Saabq = 5 АВ • QH = \АВ • | = | АВ = 3. Отсюда находим, что АВ = 4. 6.15. В треугольнике ABC на основании АС взяты точки Р и Q так, что AP<AQ. Прямые ВР и BQ делят медиану AM на три равные части. Известно, что PQ = 3. Найдите АС. Ответ: 10. Решение. Проведём через вершину В прямую, параллельную АС, и продолжим медиану AM до пересечения с этой прямой в точке Т. Из равенства треугольников ВМТ и СМА следует, что ВТ = АС иМТ = АМ. Пусть F и Н — точки пересечения медианы AM с отрезками ВР и BQ соответственно. Тогда AF = \АТ, АН = \АТ.
88 § 6. Отношение отрезков Из подобия треугольников AFP и TFB следует, что АР = ±ВТ = \ЛС9 а из подобия треугольников AHQ и ТНВ — AQ = \ВТ = \АС. Поскольку AQ -AP = PQ = 3, то -^АС — -=АС — 3. Отсюда находим, что АС = 10. 6.16. Дан треугольник ABC. Известно, что АВ = 4, АС = 2и ВС = 3. Биссектриса угла ВАС пересекает сторону ВС в точке К. Прямая, проходящая через точку В параллельно АС, пересекает продолжение биссектрисы АК в точке М. Найдите КМ. Ответ: 2л/6. Решение. По теореме косинусов из треугольника ABC находим, что АС2+ВС2-АВ2 4 + 9-16 _ 1 4* cos AC = 2АС-ВС По свойству биссектрисы треугольника ВК АВ 4 КС ~ АС ~ 2 Поэтому ВК = 2. М 4 В 2-2-3 С 2 А Поскольку ZAMB = АСАМ = ZMAB, треугольник АВМ — равнобедренный, ВЫ = АВ = 4. Кроме того, ZKBM = ZKCA = АС. Следовательно, 2 (-fy =24. 6.17. Около окружности описана равнобедренная трапеция ABCD. Боковые стороны АВ и CD касаются окружности в точках М и N, К — середина AD. В каком отношении прямая В К делит отрезок MN? Ответ: 1:3.
Тренировочные задачи 89 В У F Решение. Обозначим х = АК, y = BF, где F — середина ВС. Пусть Q —точка пересечения KF и MN, а Р — точка пересечения MN и ВК. Тогда AM = АК = х, ЯМ = BF = у и Q — середина MN. Поскольку MN параллельно основаниям трапеции, треугольник BMP подобен треугольнику ВАК, а треугольник KPQ подобен треугольнику KBF. Поэтому РМ_ _ У PQ _ х х ~ х + у' у ~ х+у' I значит, РМ = PQ и РМ = -tMN. Следовательно, РМ_1 PN ~3* 6.18. Около окружности описана равнобедренная трапеция ABCD. Боковая сторона АВ касается окружности в точке М, а основание AD — в точке N. Отрезки MN и АС пересекаются в точке Р, причём NP: РМ = 2. Найдите отношение AD: ВС. Ответ: 3. Решение. Пусть К — точка касания окружности с основанием ВС. Проведём через точку М прямую, параллельную AD, до пересечения с диагональю АС в точке Q. Обозначим AD = ауВС = Ъ. Тогда AM = AN = ±, ВМ = ВК= |. Из подобия треугольников MQP и NAP находим, что а из подобия треугольников AMQ и ABC — AM АВ MQ ВС' ИЛИ Ъ' N D Следовательно, а = ЗЬ. 6.19. Во вписанном четырёхугольнике ABCD известны отношения AB:DC = \ :2 и BD:AC = 2:3. Найдите DA'.BC. Ответ: 1:4. Решение. Пусть прямые AD и ВС пересекаются в точке К (они не могут быть параллельными, т. к. АВ ФCD). Поскольку ZKCA = ZBCA = Z.BDA = ZKDB,
90 § 6. Отношение отрезков треугольники КАС и KBD подобны по двум углам. Значит, КС: KD = = AC:BD = 3:2. Пусть КС = За, KD = 2a. Поскольку АКАВ = 180° - ZBAD = ZKCD, треугольники КАВ и KCD подобны по двум углам. Значит, KB : KD = KA : КС = АВ : CD = 1 : 2, поэтому KB = ±KD = а, Тогда ВС = КС-КВ = 2а, Следовательно, AD: ВС = 1:4. 6.20. В треугольнике ABC проведена высота AD. Прямые, одна из которых содержит медиану ВК, а вторая — биссектрису BE, делят эту высоту на три равных отрезка. Известно, что АВ = 4. Найдите сторону АС. Ответ: Решение. Пусть М и N— точки пересечения прямых ВК и BE с отрезком AD, AM = MN = ND. Заметим, что точка N не может лежать между А и М, т. к. тогда по свойству биссектрисы в прямоугольном треугольнике ABD стороны АВ и BD пропорциональны отрезкам AN и DN, таким образом, BD = 2AB, т. е. гипотенуза меньше катета, что невозможно. Следовательно, точка N лежит между D и М. Тогда, BD DN 1 BD = \АВ = 2, AD = VAB2-BD2 = V16-4 = 2ч/3. Поскольку М — середина A/V, а К — середина ЛС, отрезок МК — средняя линия треугольника ACN, значит, МК \\ CN, а т. к. N — середина DM и CN || ВМ, то CN — средняя линия треугольника DBM. Следовательно, С — середина BD. Тогда CD = -zBD = 1 и из прямоугольного В м
Тренировочные задачи 91 треугольника ACD находим, что АС = VAD2 + CD2 = л/12+1 = л/13. 6.21. При каком отношении оснований трапеции существует прямая, на которой шесть точек пересечения с диагоналями, боковыми сторонами и продолжениями оснований трапеции высекают пять равных отрезков? Ответ: 1:2. Решение. Пусть указанная прямая пересекает продолжение основания АВ трапеции ABCD в точке Е, боковую сторону AD — в точке F, диагональ BD — в точке G, диагональ АС — в точке Я, боковую сторону ВС — в точке /, продолжение осно- а вания CD — в точке J. Обозначим АВ = a, CD = b, CJ = х. Из подобия треугольников IBE и ICJ находим, что BE = CJ • ту = 4х, а из подобия треугольников НАЕ и HCJ — АЕ = CJ • Щ = |х. Из равенства 10 следует, что а = -=-дс. Из подобия треугольников GBE и GDJ следует, что Значит, Ъ= ~х. Следовательно, 10 7 CD ~ b ~ 10 V ЛВ а 7* 6.22. В трапеции ABCD с боковыми сторонами АВ = 9 и CD = 5 биссектриса угла D пересекает биссектрисы углов Л и С в точках М и N соответственно, а биссектриса угла В пересекает те же две биссектрисы в точках L и К, причём точка К лежит на основании AD. а) В каком отношении прямая LN делит сторону АВ, а прямая MX —сторону ВС? б) Найдите отношение MN: KL, если LM: KN = 3:7. Ответ: а) 1:1; 5:9; б) 5:21. Решение. Поскольку ВК — биссектриса угла ABC, а прямые ВС и AD параллельны, то ZABK = ZKBC = ZAKB, поэтому треугольник АВК
92 § 6. Отношение отрезков Р С равнобедренный. Значит, АК — АВ = 9 и биссектриса AL этого треугольника является его медианой и высотой, т. е. BL = KL и AL LBK. Аналогично докажем, что DK = CD = 5, CN = KN nDN 1СК. Таким образом, LN — средняя линия треугольника ВКС, поэтому прямая LN параллельна основаниям трапеции, а точка Е пересечения прямых LN и АВ — середина стороны АВ. Следовательно, АЕ:ВЕ = 1:1. Пусть прямая МК пересекается с прямыми ВС и LN в точках Р и Q соответственно. Поскольку LN \\ВС и LN \\ AD, то CP:PB = NQ:QL = = DK:AK = 5:9. Отрезок МК виден из точек L и N под прямым углом, значит точки L и N лежат на окружности с диаметром МК, поэтому треугольники 3 MQL и NQK подобны по двум углам. Тогда MQ : NQ = LM : KN = ■=, откуда находим, что MQ - NQ "^j = 4' NQ. Из подобия треугольников MQN и LQK следует, что MN KL MQ QL QL 3 7 NQ QL 3 ~ 7 5 9 5 21' м 6.23. Из точки А проведены к окружности две касательные (М и N — точки касания) и секущая, пересекающая эту окружность в точках В и С, а хорду MN — в точке Р, АВ: ВС = 2:3. Найдите АР: PC. Ответ: 4:3. Решение. Пусть О — центр окружности, а прямая АО пересекает хорду MN в точке К. Тогда АК 1 MN. Из прямоугольного треугольника АОМ находим, что AM2 = АО-АК. Пусть Н — проекция точки О на хор- ду ВС. Тогда Н — середина ВС. Прямоугольные треугольники АКР и АНО по- АК АН добны по двум углам, поэтому -г= = -ттг, откуда АО • АК = АН • АР.
Тренировочные задачи 93 По теореме о касательной и секущей AM2 = АВ • АС. Из полученных равенств следует, что АВ-АС = AM2 =AO-AK=AH-AP. Обозначим АВ = 2х, ВС = Зх. Тогда АС=АВ + ВС = 5х, АН = | \ Из равенства АВ • АС = АН • АР находим, что АР да PC = АС-АР = 5* Следовательно, АВ-АС АН 20л: _ 1 АР PC ~ = 5х 7 ш ~7 2л:-5л: '_ _ 4 20л: 7
§ 7. Отношение площадей Подготовительные задачи 7.1. Найдите площадь треугольника, вершины которого — середины сторон треугольника площади 4. Ответ: 1. Решение. Средние линии разбивают треуголь- ^„^_„_„__., ^^ ^ четыре равных треугольника. 7.2. Точки М и N расположены на стороне ВС треугольника ЛВС, а точка К — на стороне АС, причём ВМ: MN: NC = 1:1:2 и СК: АК = = 1:4. Известно, что площадь треугольника ABC равна 1. Найдите площадь четырёхугольника AMNK. Ответ: ^q. Решение. У треугольников АМВ и ABC общая высота, проведённая из вершины А, поэтому их площади относятся как основания, значит, -Me _ I i _I - вс 'Ъаавс- 4*1- 4* Аналогично КС о 1 Следовательно, с А 1 4 К с 1 10 ~ _ 1 :~5' 1 20 1 2 — 1 ~ 10 13 20' AMNK — 7.3. На стороне АВ треугольника ABC взяты точки М и N, причём AM:MN:NB = 2:2:1, а на стороне АС — точка К, причём АК:КС = = 1:2. Найдите площадь треугольника MNK, если площадь треугольника ABC равна 1. 2 В Ответ: j=. Решение. Соединим К и В. Тогда &AMNK — Поэтому к 2 1
Подготовительные задачи 95 м 7.4. Через точки М и N, делящие сторону АВ треугольника ABC на три равные части, проведены прямые, параллельные стороне ВС. Найдите площадь части треугольника, заключённой между этими прямыми, если площадь треугольника ABC равна 1. Ответ: ^. Решение. Пусть AM = MN = NB, точки К и L лежат на стороне АС и МК \\ NL \\ ВС. Тогда треугольник АМК подобен треугольнику ABC с коэффициентом «, а треугольник ANL подобен треугольни- 2 ку ABC с коэффициентом «, следовательно, В С 4 111 SmKLN = SaANL~~SaAMK = д$ААВС ~ д^ААВС = ^ААВС = 3' 7.5. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC взяты точки Съ А1иВ1 соответственно, причём АСг _ ВАг _ СВг _ 1 QB~ Т^С ~ ВЙ ~ 2' Найдите площадь треугольника AlBlCl, если площадь треугольника ABC равна 1. Ответ: д. Решение. Заметим, что ВС1 2 9* Аналогично Следовательно, 2 9' 7.6. Основание треугольника равно 36. Прямая, параллельная основанию, делит площадь треугольника пополам. Найдите длину отрезка этой прямой, заключённого между сторонами треугольника. Ответ: 18 л/2. Решение. Указанная прямая отсекает от данного треугольника подобный ему треугольник, площадь которого относится к площади данного как 1 : 2. Поэтому коэффициент подобия равен —=. Следовательно, длина искомого отрезка равна v2 ^•36
96 § 7. Отношение площадей М 7.7. Из середины основания треугольника площади S проведены прямые, параллельные боковым сторонам. Найдите площадь полученного таким образом параллелограмма. Ответ: -^S. Решение. Пусть М — середина стороны АВ треугольника ABC; Р и Q — вершины параллелограмма MPCQ, принадлежащие сторонам АС и ВС. Тогда Р и Q — середины сторон АС и ВС. Следовательно, Smpcq = CQ-СР sin ZC = \вС- \аС sin AC = \sAABC. Тренировочные задачи 7.8. Из точки на основании треугольника проведены прямые, параллельные боковым сторонам. Они разбивают треугольник на параллелограмм и два треугольника с площадями Sj и S2. Найдите площадь параллелограмма. Ответ: 2\/S^. Решение. Пусть Е — точка на стороне АС треугольника ЛВС, D и F — точки на сторонах АВ и ВС соответственно, причём DE \\ ВС и ЕЕ || АВ, SAADE = Si и SACFE = S2. Обозначим SBDEF = S. Тогда SABDE = \s. Треугольники ADE и EEC подобны, причём коэффициент подобия равен квадратному корню из отно- EF П^ шения их площадей, т. е. -ттт= \ с~> поэтому & BD AD EF AD V Отсюда находим, что S = 2y/S1S2- 7.9. В треугольнике ABC проведены биссектрисы CF и AD. Найдите отношение площадей треугольников AFD и ABC, если АВ: АС: ВС = = 21:28:20. Ответ: j. Решение. По свойству биссектрисы треугольника В BD_AB_21_3 DC ~ AC ~ 28 Поэтому SAABD = jSAABC, а т. к. 28 _ 20 AF FB АС СВ 4* 7 5'
Тренировочные задачи 97 то 7 3 12 7 7.10. Треугольник и вписанный в него ромб имеют общий угол. Стороны треугольника, заключающие этот угол, относятся как —. Найдите отношение площади ромба к площади треугольника. Ответ: -—■—г«. (т + п)2 Решение, Диагональ ромба, проведённая из общей с треугольником вершины, является биссектрисой треугольника. Поэтому она делит сторону в отношении ^. Стороны ромба отсекают от треугольника подобные ему треугольники с коэффициентами подобия ;и ; т + п гп + п . По- этому их площади равны г^ • S и -— .2 • S, где S — площадь данного треугольника. Значит, площадь ромба равна т2 (т + п)2 '* (т + п)2 г _ 2тп (т + п)2 7.11. Две прямые, параллельные основаниям трапеции, делят каждую из боковых сторон на три равные части. Вся трапеция разделена ими на три части. Найдите площадь средней части, если площади крайних равны Sx и S2- Ответ: 1 2 2. Решение. Пусть MN и KL — указанные прямые, параллельные основаниям AD и ВС трапеции ABCD (М и К на АВ, N и L на CD); прямая, проходящая через вершину С меньшего основания параллельно боковой стороне ЛВ, пересекает MN, KLylAD в точках Р, Q и R соответственно. Обозначим площади равных параллелограммов МВСР, KMPQ и AKQR через а, а площадь треугольника CPN через Ь. Тогда = 4Ъ-Ъ = ЗЪ, Si = Smbcn = a + Ь, Следовательно, Srqld S2 = S = 9Ъ-4Ъ = 5Ь, AKLD = a + Sb. R _с - kmnl — 2а + 6Ъ _ a + b + a + 5bSl+S2 2 — 2 2
98 § 7. Отношение площадей 7.12. Четырёхугольник разделён диагоналями на четыре треугольника. Площади трёх из них равны 10, 20 и 30, и каждая меньше площади четвёртого треугольника. Найдите площадь данного четырёхугольника. Решение. Пусть М — точка пересечения диагоналей АС и BD четырёхугольника ABCD. Если = 30, SAAMB = 10, S ACMD = 20, то вм _ 1 _ " 3' Ьавмс - Следовательно, этот случай невозможен. Разбирая остальные случаи, убеждаемся, что возможны только два из них: aamb = 20, S AAMD = 10, S ACMD = 30 или 30, SAAMD = 10, SACMD = 20. В каждом из возможных случаев SABMC = 60. Следовательно, S^p = 10 + 20 + 30 + 60 = 120. 7.13. Площади треугольников, образованных отрезками диагоналей трапеции и её основаниями, равны SlnS2- Найдите площадь трапеции. Ответ: (л/57+л/5^)2. Решение. Пусть К — точка пересечения диагоналей АС и BD трапеции ABCD и SABKC = Si, SAAKD = S2- Из подобия треугольников ВКС и DKA следует, что СК поэтому Аналогично Следовательно, + 2
Тренировочные задачи 99 7.14. Площадь трапеции ABCD равна 30. Точка Р — середина боковой стороны АВ. Точка R на стороне CD выбрана так, что 2CD = 3RD. Прямые AR и PD пересекаются в точке Q. Найдите площадь треугольника APQ, если AD = 2BC. Ответ: -у. Решение. Пусть ВС = а, AD = 2a; h — высота данной трапеции. Тогда AD+BC Отсюда находим, что ah = 20. Пусть Т — точка пересечения прямых ЛЯ и ВС. Из подобия треугольников CRT и DRA находим, что Поэтому BT = AD, a ABTD — параллелограмм. Из подобия треугольников APQ и TDQ находим, что PQ QD Следовательно, АР АР АВ 1 2* 3*2 1 h 1 on 10 7.15. Дан выпуклый четырёхугольник площади S. Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в серединах сторон данного. Ответ: -^S. Решение. Первый способ. Пусть dx и d2 — диагонали данного четырёхугольника, а — угол между ними. Четырёхугольник с вершинами в серединах сторон данного — параллелограмм со сторонами -^dx и -^&г и углом а между ними. Его площадь равна 1, 1 = 2 \2^2sinaj = 2^' Второй способ. Пусть S — площадь данного четырёхугольника ABCD, s — площадь четырёхугольника, вершины которого — середины K,L,MhN сторон АВ, ВС, CD и AD соответственно.
100 § 7. Отношение площадей Поскольку KL и MN — средние линии треугольников ABC и ADC, то С -1С С - In °ЛКВ1 "~ 4 °AABC) ^AMDN ~ Поэтому s +s =ls +is =1( 4 4 4 Аналогично Следовательно, s = S- SAKBL - SAMDN - SAKAN - SAMCL = S--^S--^S = 2^. 7.16. Дан выпуклый четырёхугольник площади S. Внутри него выбирается точка и отображается симметрично относительно середин его сторон. Получаются четыре вершины нового четырёхугольника. Найдите его площадь. Ответ: 2S. Решение. Пусть М, JV, К и L — середины сторон соответственно ЛВ, ВС, CD и AD четырёхугольника ABCD, Р — точка внутри этого четырёхугольника; X, 7, Z и Т — образы точки Р при симметрии относительно точек M,N,KhL соответственно. Тогда MN — средняя линия треугольника XPY. Поэтому Saxpy = 4SAMNP. Записав аналогичные равенства для треугольников YPZ, ZPT и ТРХ, получим, что МЛф + SANKP + SAKLP + SALMP) - 4SMNKL, а т. к. площадь параллелограмма MNKL вдвое меньше площади четырёхугольника ABCD, то Sxyzt = 4SMNkl = 4 • -^ S = 2S. 7.17. В трапеции ABCD {ВС \\ AD) диагонали пересекаются в точке M,BC = b,AD = a. Найдите отношение площади треугольника АВМ к плошади трапеции ABCD. Ответ: (а + Ъ) 2
Тренировочные задачи 101 Решение. Из подобия треугольников ВМС и DMA следует, что поэтому ВЫ BD а + Ъ Пусть h — высота трапеции. Тогда а + Ъ ВЫ _ ВС _Ь MD " AD ~ а' с -Ш с __А_ с ^ААВМ — дп '^AABD ~ - . t * ^ Злят — ■К s, JABCD — 2 Следовательно, Ъ S&ABD AABD — а + Ъ' аЪ ш\ sabcd а + Ь sabcd а + Ь а + Ъ (а + Ъ)2' 7.18. В равнобедренном треугольнике ABC боковые стороны ВС и АС в два раза больше основания АВ. Биссектрисы углов при основании пересекаются в точке М. Какую часть треугольника ABC составляет площадь треугольника АМВ? Ответ: р. Решение. Пусть ААг и ВВг — биссектрисы углов при основании АВ треугольника ABC. Поскольку ВА^_ _ АВ _ 1 _ 1 С то Поскольку ВМ — биссектриса треугольника ВААг, то . AM " ЛВ 3' Следовательно, 7.19. В треугольнике ABC, площадь которого равна S, проведены биссектриса СЕ и медиана BD, пересекающиеся в точке О. Найдите площадь четырёхугольника ADOE, зная, что ВС = а, АС = Ъ. „ ИЗа + ЮБ Ответ:
102 § 7. Отношение площадей Решение. По свойству биссектрисы треугольни- ВО ВС 2а „ ВО 2а . ка 7т = 7П = "Г- Поэтому ^г = тггтт. Аналогично OD CD BE a „ BE ш = т. Поэтому -г= = 2а + Ь* |f . Тогда ВО BE BD * BA 2а a 1Q_ а + Ъ ' 2Ь ~ D b 1, (2a + b)(a+b)' a2S 2а2 2(2а + Ь)(а+Ь)' 7.20. В прямо)тольном тре)тольнике синус меньшего угла равен т. Перпендикулярно гипотенузе проведена прямая, разбивающая тре- )тольник на две равновеликие части. В каком отношении эта прямая делит гипотенузу? Ответ: 2:1. Решение. Пусть М — точка на гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC, sin ZA= «, N — точка на катете AC, MN 1AB и 2 Обозначим ВС = t. Тогда ВС АВ = sin ZA Треугольник ANM подобен треугольнику ABC с коэффициентом, равным квадратному корню из отношения площадей, т. е. —=, значит, MN = —р. v2 v2 Из прямоугольного треугольника ANM находим, что «ЭГ Л % Ж / Л "К ТО Ъ /ГА г9 / ^^ ^ ft. поэтому MB = АВ - AM = 3t - 2t = t. Следовательно, AM 2t MB t Z' 7.21. На сторонах АВ и AD параллелограмма ABCD взяты точки М и N так, что прямые МС и NC разбивают параллелограмм на три равновеликие части. Найдите MN, если BD = d. Ответ: ~d. Решение. Поскольку &ААВС = SaCDA> АМВС —
Тренировочные задачи 103 го Т7Б = о- Аналогично, тттт = тт. Следователь- v/iD A V4L/ А HOj треугольник AMN подобен треугольнику ABD z коэффициентом -j=- = ^. Поэтому MN = \BD = Id. ру «г. Поэтому MN = \BD = \d. 6 6 7.22. В треугольнике ABC угол А равен 45°, а угол С — острый. Из середины стороны ВС опущен перпендикуляр NM на сторону АС. Площади треугольников NMC и ABC относятся как 1:8. Найдите углы треугольника ABC. A Ответ: Решение 45°, 90°, 45°. . Поскольку Sanmc CN Ь л лиг £>С СМ АС 1 2 СМ АС 1 8 СМ ТО ^Г7Г = Т. N 1 АС ~4* Пусть ВК — высота треугольника ABC. Тогда NM — средняя линия треугольника ВКС. Поэтому КМ — МС и АК = КС, т. е. треугольник ABC — равнобедренный. Следовательно, АС = 45°, ZB = 90°. 7.23. В треугольнике ABC из точки Е стороны ВС проведена прямая, параллельная высоте BD и пересекающая сторону АС в точке F. Отрезок EF делит треугольник ABC на две равновеликие фигуры. AD 2 Найдите EF, если BD = 6, jr= = ~. Ответ: 9у у. Решение. Заметим, что СЕ CF_ СВ' АС 1 2' а т. к. AC = ^CD, то СЕ СВ' *-CD Отсюда находим, что СЯ CF_ _ СВ' CD ~ I 2' 9_ 14* СЕ CF Из подобия треугольников CEF и CBD следует, что 7^Б = 7^- Поэтому CB 14' СВ Л?' ht СВ ^6-3^ 18 ^ „ fl л/14 л/14 V 7й
104 §7. Отношение площадей 7.24. Через некоторую точку, взятую внутри треугольника, проведены три прямые, параллельные сторонам. Эти прямые разбивают треугольник на шесть частей, три из которых — треугольники с площадями Slf S2, S3. Найдите площадь данного треугольника. Ответ: (a/^"+a/S^+a/S^)2. Решение. Каждый из получившихся треугольников подобен данно- ,, i/ST i/§2 JSs с му с коэффициентом соответственно —=, —=, —=, где S — искомая vS vS vS площадь данного треугольника ABC. Обозначим стороны этих треугольников, параллельные стороне ВС треугольника ABC, через а, Ъ и с соответственно. Тогда а 4- Ь + с=£С, yg вс ys вс ys вс Сложив почленно последние три равенства, получим: д y/S^+yfS^+у/Щ _ а + ь+с ВС = 1. Отсюда находим, что Следовательно, В а с С 7.25. В равнобедренном треугольнике ABC {АВ = ВС) проведена биссектриса AD. Площади треугольников ABD и ADC равны соответственно Sx и S2. Найдите АС. Ответ: Решение. Обозначим АВ = ВС = у, АС = х. Пусть ВК — высота треугольника ABC. Тогда >1"2 Выразим у из второго равенства и подставим в первое. После возведения обеих частей в квадрат получим: о л ^i и и г\и j Отсюда находим, что х —
Тренировочные задачи 105 7.26. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Е. Известно, что площадь каждого из треугольников ABE и ВСЕ равна 1, площадь всего четырёхугольника не превосходит 4, AD — 3. Найдите сторону ВС. Ответ: 3. Решение. Треугольники ABD и ACD равновелики, так как &AABD = &ААВЕ + &AAED = &ADCE + &AAED = &AACD • Тогда их высоты, опущенные на общее основание AD, равны. Следовательно, ВС || AD. Пусть ВС = х. Из подобия треугольников ВЕС и DEA следует, что BE _ ВС _ х ED ~ AD~ 3' поэтому S =—-S =- S DE ° 3 По условию задачи SABCD ^ 4, поэтому С другой стороны, сумма двух взаимно обратных положительных чисел не меньше 2, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда каждое из этих чисел равно 1. Следовательно, — + — — 2 — — — — 1 х — Ч 7.27. Из точки Р, расположенной внутри остроугольного треугольника ЛВС, опущены перпендикуляры на его стороны. Длины сторон и опущенных на них перпендикуляров соответственно равны а и fc, Ъ и т, с и п. Найдите отношение площади треугольника ЛВС к площади треугольника, вершинами которого служат основания перпендикуляров. ^ аЬс Ответ: -, ; —;—г. ктс + пта + кпЪ Решение. Пусть К, М и N — основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на стороны ВС = а, ЛС = Ь, ЛВ = с соответственно; РК = fc, РМ = m,PN = п. Тогда S&KMN — &AMPN + &AKPN + $АМРК = В К а С = \тп sin(180° - /Л) + \kn sin(180° - ZB) + \кт sin(180° - ZC) = = «(.тп sin ZA + кп sin ZB + fcm sin ZC).
106 § 7. Отношение площадей Следовательно, ^ (mn sin /.A + fcn sin ZB + /cm sin ZC) 5ддвс i be sin Z A be r sin ZB b sin ZC с be mna + knb + kmc abc с = а ПО те°Реме 7.28. Из точки Р, расположенной внутри остроугольного треугольника ABC, опущены перпендикуляры на стороны АВ, ВС и СА. Перпендикуляры соответственно равны 1} т} п. Вычислите площадь треугольника ABC, если углы ВАС, ABC и АСВ соответственно равны а, Р и у. _ (Zsinr + msina + nsini3)2 Ответ: тг-. г-=—. *—. 2 sin a sin j3 sin у Решение. Проведём через точку Р прямые, параллельные сторонам треугольника ABC. Они разобьют треугольник ABC на шесть частей, три из которых — треугольники с углами а, /3, у и высотами I, т, п. Если площади этих треугольников равны соответственно Sb S2 и S3, то SAABC = >i - ^)2 (см. задачу 7.24). Поскольку i2sin(180°-r) 2sinasin/3 2sinasin/3 2sinasinj3 m2 sin2 a >2 = n2sin2j3 2sinysinj3sina' n2sinj3 _ 2sinasiny ~~ 2 sin a sin у sin j3' TO
Тренировочные задачи 107 7.29. Дан параллелограмм ABCD. Прямая, проходящая через вершину С, пересекает прямые АВ и AD в точках К и L. Площади треугольников КВС и CDL равны р и q. Найдите площадь параллелограмма ABCD. Ответ: 2yfpq. Решение. Рассмотрим случай, когда точка L лежит на стороне AD. Пусть S — площадь треугольника AKL. Тогда коэффициент подобия треугольников AKL и ВКС равен —=, а треугольников AKL и DCL — у=. Поэтому В Отсюда находим, что Следовательно, Аналогично для случая, когда точка L лежит на продолжении стороны AD. 7.30. На боковых сторонах AD и ВС трапеции ABCD взяты точки Р и Q соответственно, причём АР :PD = 3 :2. Отрезок PQ разбивает трапецию на части, одна из которых по площади вдвое больше другой. Найдите отношение CQ: QB, если АВ: CD = 3:2. Ответ: 13:23. Решение. Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке К. Треугольник KDC подобен треугольнику КАВ с коэф- , CD 2 KD 2 „ фициентом дз = о» значит> JFZ = 3- Положим KD = 2x, AK = 3x. Тогда AD=x, a т.к. AP:PD = =3:2, то Предположим, что площадь четырёхугольника PDCQ вдвое больше площади четырёхугольника APQB. Обозначим SAKDC = S. Тогда л , 9„ „ 9, SAKAR — I о" 2 5, 11, 3 AKDC
108 §7. Отношение площадей а т. к. W Sakpq KD КР КС KQ 2 12 5 КС KQ 5 6 КС KQ 6 11' КС *\f\ то -j7f) — ss* Тогда точка Q лежит на продолжении стороны ВС за КС 2 36 тк > ^ з55 Пусть теперь площадь четырёхугольника PDCQ вдвое меньше площади четырёхугольника APQB. Тогда 2х Di К с 2>AKPQ а т. к. Sakdc Sakpq >DCQ — C-L 5 ^12 KD KP S^abcd — с КС KQ с 12°' 2 12 5 3 4s" Sakdc Sakpq КС 5 KQ 6 12^' S 17 Q 12 ^ КС KQ 12 17 12 17' то ^ = g7. Тогда точка Q лежит на стороне ВС, КС 2 72 CQ _ KQ-KC QB ~ KB-KQ 85-72 _ 13 108-85 ~ 23* 7.31. На сторонах АВ, АС и ВС правильного треугольника ABC расположены соответственно точки Съ Вг и Аг так, что треугольник АгВгСг — правильный. Отрезок ВВг пересекает сторону СгАг ВО в точке О, причём ~QrT=k- Найдите отношение площади треугольника ABC к площади треугольника АгВгСг. Ответ: l + 3fc. Решение. Опустим из точек В и Вг перпендикуляры ВМ и BXN на прямую АгСг. Тогда треугольники ВМО и ВгЫО подобны, ВМ _ ВО , вгы ~ ов1 ~ Кт Поэтому SbA1clB = k получим равенства l. Аналогично
Тренировочные задачи 109 Значит, Следовательно, = 3fc + 7.32. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC взяты соответ- ^ а •• АС\ BAi CBi 2 тт « ственно точки Съ Аг и Въ причем тп^ = -т-р; = -б"Т = т- Найдите пло- L,\D /ijL. £>j/i 1 щадь треугольника, вершины которого — попарные пересечения отрезков ААЪ ВВЪ ССЪ если площадь треугольника ABC равна 1. Ответ: ■=. Решение. Пусть К — точка пересечения отрезков ААг и ВВг. Через точку В проведём прямую, параллельную АС, и продолжим ААг до пересечения с этой прямой в точке Т. Треугольники ВАгТ и САгА подобны с коэффициентом 2. Поэтому ВТ = 2АС = 6АВг. Из подобия треугольников ВКТ и ВгКА находим, что ВК ВТ Поэтому Аналогично находим, что I 1 21* где М — точка пересечения ВВг и ССЪ а N — ААг и CQ. Следовательно, li 21 Г — Saabb. — Sabcc, ~~ Sacaa, + Saakb, + S
§ 8. Касательная к окружности Подготовительные задачи 8.1. В окружности проведён диаметр АВ. Прямая, проходящая через точку А, пересекает в точке С касательную к окружности, проведённую через точку В. Отрезок АС делится окружностью пополам. Найдите угол ВАС. Ответ: 45°. Решение. Пусть окружность пересекает отрезок АС в точке D. В прямоугольном треугольнике ABC высота BD является медианой, значит, этот треугольник равнобедренный. Следовательно, /ВАС = /BAD = 45°. 8.2. Две прямые касаются окружности с центром О в точках АиВ и пересекаются в точке С. Найдите угол между этими прямыми, если /АВО = 40°. Ответ: 80°. Решение. Поскольку СО — биссектриса угла АСВ, а треугольник ABC равнобедренный, то СО 1 АВ. Углы АВО и ВСО равны, т.к. каждый из них в сумме с углом ВОС составляет 90°. Следовательно, /АСВ = = 2ZBCO = 2-40° = 80°. 8.3. В большей из двух концентрических окружностей (имеющих общий центр) проведена хорда, равная 32 и касающаяся меньшей окружности. Найдите радиус каждой из окружностей, если ширина образовавшегося кольца равна 8. Ответ: 12 и 20. Решение. Пусть О — центр окружностей, АВ—данная хорда большей окружности, М — её точка касания с меньшей окружностью, г — радиус меньшей окружности. Тогда М — середина АВ (т. к. ОМ _1_ АВ). Первый способ. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике АМО ОА2 = ОМ2 + МА2, или (г + 8)2 = r2 +162. Из этого уравнения находим, что г = 12. В
Подготовительные задачи 111 Второй способ. Проведём диаметр CD, содержащий точку М (М между С и О). Тогда по теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд CM-MD=AM-MB, или 8(2г + 8) = 162. Из этого уравнения находим, что г =12. 8.4. Две прямые, проходящие через точку М, лежащую вне окружности с центром О, касаются окружности в точках Аи В. Отрезок ОМ делится окружностью пополам. В каком отношении отрезок ОМ делится прямой АВ? Ответ: 1:3, считая от точки О. Решение. Биссектриса равнобедренного треугольника АМВ, проведённая из вершины М, является высотой. Поэтому АВ1М0. Пусть окружность пересекает отрезок ОМ в точке К. В прямоугольном треугольнике АМО катет ОА равен половине гипотенузы МО, значит, ZAMO = 30°, a ZAOM = 60°. Поскольку угол между равными сторонами ОА и ОК равнобедренного треугольника АОК равен 60°, треугольник рав- А носторонний. Его высота АР является медианой, поэтому ОР = КР = ^0К = ^ в Следовательно, ОР: МР = 1:3. 8.5. Из одной точки проведены к окружности две касательные. Длина каждой касательной равна 12, а расстояние между точками касания равно 14,4. Найдите радиус окружности. Ответ: 9. Решение. Пусть А—данная точка, В и С — точки касания, О — центр окружности. Поскольку прямая ОА перпендикулярна отрезку ВС и проходит через его середину М, то ZOCB = ZOAC, СМ 7,2 3 4 Поэтому cos ZOAC= ■=. Из треугольника ОСМ находим, что ОС = СМ cos ZOCM = 9.
112 § 8. Касательная к окружности 8.6. Прямая, проходящая через точку М, удалённую от центра окружности радиуса 10 на расстояние, равное 26, касается окружности в точке А. Найдите AM. Ответ: 24. Решение. Пусть О — центр окружности. Касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, поэтому треугольник АМО — прямоугольный. По теореме Пифагора AM = VOM2 - ОА2 = л/262 - 102 = = V (26 - 10) (26 +10) = V16-36 = 24. 8.7. Окружности радиусов R и г (R > г) касаются некоторой прямой. Линия центров пересекает эту прямую под углом 30°. Найдите расстояние между центрами окружностей. Ответ: 2(R±r). Решение. Пусть О2 и О2 — центры окружностей радиусов г и R соответственно, Аг и А2 — их точки касания с данной прямой, М — точка пересечения прямых АгА2 иОгО2. В прямоугольных треугольниках АгОгМ и А2О2М углы АгМОг и А2МО2 равны 30°, поэтому ОгМ = 2ОгАг = 2г, О2М = 2А2О2 = 2R. Следовательно, если центры окружностей расположены по одну сторону от данной прямой (см. рисунок слева), то ОгО2 = О2М - ОгМ = 2(R - г), а если по разные (см. рисунок справа), то ОгО2 =
Подготовительные задачи 113 8.8. Из точки М проведены касательные МА и MB к окружности с центром О (Л и В — точки касания). Найдите радиус окружности, если ZAMB — а и АВ — а. Ответ: ^ Решение. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому ZAMO - |. Отрезок ОМ перпендикулярен хорде АВ, проходит через её середину К, a ZOAK = = ZAMO =2* Из прямоугольного треугольника АОК находим, что ОА = АК cos ZOAK 2cosf 8.9. Окружность с центром О касается двух параллельных прямых. Проведена касательная к окружности, пересекающая эти прямые в точках А и В. Найдите угол АОВ. Ответ: 90°. Решение. Пусть окружность с центром О касается данных прямых в точках М и N. Тогда АО — биссектриса угла ВАМ, а ВО — биссектриса угла ABN. Поскольку ZBAM+/ABN=180°, то 1ВАО + ZABO = \ZBAM + \zABN = = \ • 180° = 90°. Следовательно, ZAOB = 180° - UBAO + ZABO) =90°. 8.10. На окружности радиуса г выбраны три точки таким образом, что окружность оказалась разделенной на три дуги, которые относятся как 3:4:5. В точках деления к окружности проведены касательные. Найдите площадь треугольника, образованного этими касательными.
114 § 8. Касательная к окружности Ответ: г2(2л/3 + 3). Решение. Угловые величины полученных дуг равны -| • 360° = 90°, ^ • 360° = 120°, ^ • 360° = 150°, поэтому углы треугольника равны 90°, 60° и 30°. Тогда меньший катет равен г(л/3 + 1), а больший — г(л/3 + 3). 8.11. Расстояния от концов диаметра окружности до некоторой касательной равны а и Ъ. Найдите радиус окружности. ~ а + Ъ Ответ: —о~. Решение. Пусть прямая касается окружности с центром О в точке М. Опустим перпендикуляры АА г и ВВ1 из концов диаметра АВ на эту прямую, ААг = а, ВВ1 = Ъ. Поскольку ОМ 1АгВъ то ААг || ОМ || ВВЪ а т.к. О —середина АВ, то ОМ — средняя линия трапеции AA±B±B (или прямоугольника, если а = Ъ). Следовательно, 8.12. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности делит гипотенузу на отрезки, равные 5 и 12. Найдите катеты треугольника. Ответ: 8 и 15. Решение. Обозначим радиус вписанной окружности через г. Тогда катеты треугольника равны 5 + ги12 + г. По теореме Пифагора 12 Из этого уравнения находим, что г = 3. Тренировочные задачи 8.13. Из точки М, лежащей вне окружности радиуса 1, проведены к окружности две взаимно перпендикулярные касательные МА и MB. Между точками касания Л и Б на меньшей дуге АВ взята произвольная точка С, и через неё проведена третья касательная KL, образующая с касательными МА и MB треугольник KLM. Найдите периметр этого треугольника.
Тренировочные задачи 115 Ответ: 2. Решение. Поскольку КА = КС и BL = LC, то В 8.14. На основании равнобедренного треугольника, равном 8, как на хорде построена окружность, касающаяся боковых сторон треугольника. Найдите радиус окружности, если высота, опущенная на основание треугольника, равна 3. ~ 20 Ответ: -=-. Решение. Пусть ВС— основание данного равнобедренного треугольника ABC, О — центр окружности. Тогда АО _1_ ВС и ВЫ = МС, где М — точка пересечения отрезков АО и ВС. В прямоугольном треугольнике АМС известно, что AM = 3 и МС = 4. Поэтому АС = 5. Из подобия треугольников МСО и MAC ОС МС „ следует, что -^ = ^. Следовательно, ОС = АС-МС AM 5-4 3 20 3 ' 8.15. Радиусы двух окружностей равны 27 и 13, а расстояние между центрами равно 50. Найдите длины их общих касательных. Ответ: 48 и 30.
116 § 8. Касательная к окружности Решение. Пусть Ог — центр окружности радиуса 27, О2 — центр окружности радиуса 13, Л и В соответственно — точки касания окружностей с их общей внешней касательной, С и D соответственно — с внутренней, Р — основание перпендикуляра, опущенного из О2 на Oj А Из прямоугольного треугольника ОгО2Р находим, что О2Р = 2-°1р2 = \/502-(27-13)2 = 48, а т. к. АРО2В — прямоугольник, то АВ — О2Р — 48. А В Пусть Q — основание перпендикуляра, опущенного из Oj на продолжение радиуса O2D. Тогда f-OaQ2 = д/502-(27+13)2 = 30, а т. к. DQQiC — прямоугольник, то CD = O2Q = 30. 8.16. Две окружности радиусов 4 и 3 с центрами в точках Ог и О2 касаются некоторой прямой в точках Мг и М2 соответственно и лежат по разные стороны от этой прямой. Отношение отрезка ОгО2 к отрез- 2 ку МгМ2 равно -р. Найдите ОгО2. V3 Ответ: 14. Решение. Опустим перпендикуляр ОгР из центра первой окружности на продолжение радиуса О2М2 второй окружности. Тогда = МгМ2, M2F = OlM1 = 4, O2F = O2M2+M2F = = 7.
Тренировочные задачи 117 Из прямоугольного треугольника OiFO2 находим, что значит, А¥ОХ О2 = 30°. Следовательно, Ог О2 = 2O2F = 2-7=14. 8.17. Две окружности радиусов 12 и 7 с центрами в точках Ог и О2 касаются некоторой прямой в точках Мг и М2 и лежат по одну сто- рону от этой прямой. Отношение отрезков MiM2 и ОгО2 равно —р—. Найдите МгМ2. Ответ: 10. Решение. Пусть Р — проекция точки О2 на прямую О1М1. Обозначим ZO1O2P = a. Тогда cos a = sina= ОХО2 U5 5 ' cos а = 2. В прямоугольном треугольнике ОгРО2 ОгР = О1М1 - РМг = О1М1 - О2М2 = 12-7 = 5, следовательно, М1М2 = О2Р = OjP-ctga = 5-2 = 10. 8.18. В прямоугольном треугольнике ABC катет АС равен 16 и катет ВС равен 12. Из центра В радиусом ВС описана окружность, и к ней проведена касательная, параллельная гипотенузе. Катет ВС продолжен до пересечения с проведённой касательной. Определите, на сколько продолжен катет. Ответ: 15 или 3. Решение. Пусть М — точка касания, К — точка пересечения касательной с продолжением катета СВ. По теореме Пифагора АВ = VCB2 + CA2 = л/144 + 256 = 20.
118 § 8. Касательная к окружности Рассмотрим случай, когда точка К лежит на продолжении катета ВС за точку В (см. рисунок слева). Прямоугольные треугольники ВМК ВК АВ 20 • 12 и АСВ подобны, поэтому ^тт = -г=. Следовательно, ВК = =15. 16 г (\ и V в \ \ \> \ Если же точка К лежит на продолжении катета ВС за точку С (см. рисунок справа), то аналогично получим, что ВК = 15. Следовательно, СК = ВК - ВС = 15 -12 = 3. 8.19. В прямоугольной трапеции меньшее основание равно высоте, а большее основание равно а. Найдите боковые стороны трапеции, если известно, что одна из них касается окружности, проходящей через концы меньшего основания и касающейся большего основания. ^ 4а 5а Ответ: -у, -=-. Решение. Обозначим меньшее основание ВС и меньшую боковую сторону трапеции ABCD через х. Пусть М — точка касания окружности с большим основанием AD. Тогда точка М лежит на серединном перпендикуляре к отрезку ВС, поэтому Пусть К — проекция вершины С на AD. Тогда KD = а — х, СК = х. По теореме Пифагора CD2 = CK2 + KD2, или 4а Отсюда находим, что х= -=-. Тогда 2а 5а
Тренировочные задачи 119 8.20. В треугольнике ABC известно, что ВС = a, ZA = а, ZB = /3. Найдите радиус окружности, касающейся стороны АС в точке А и касающейся стороны ВС. Ответ: sin a Решение. Пусть О — центр окружности. Тогда ОА — её радиус, ОА = ACtgZACO = АСЫ iZACB ). В Из данного треугольника по теореме синусов на- asinfi ходим, что АС = sin a Поскольку ZACB = 180° - а - /3, то ОА = sin a sin a 8.21. Дан треугольник со сторонами 10, 24 и 26. Две меньшие стороны являются касательными к окружности, центр которой лежит на большей стороне. Найдите радиус окружности. ^ 120 Ответ: -j=-. Решение. Заметим, что данный треугольник — прямоугольный (242 +102 = 262). Пусть г — искомый радиус. Отрезок, соединяющий вершину прямого угла с центром данной окружности, разбивает треугольник на два треугольника. Радиусы окружности, проведённые в точки касания, являются высотами этих треугольников. Сумма площадей получившихся треугольников равна площади данного треугольника (« • 10• 24 = 120), т.е. 5г + 12г = 120. Отсюда находим, что 120 г = 17 * 8.22. Найдите длину хорды, если дан радиус г окружности и расстояние а от одного конца хорды до касательной, проведённой через другой её конец. Ответ: у/2аг. Решение. Пусть О — центр данной окружности, М — основание перпендикуляра, опущенного из конца В хорды АВ на касательную к окружности, проведённую через точку Л, К — середина АВ. М
120 § 8. Касательная к окружности Поскольку треугольники АКО и ВМА подобны, АК MB AB а АО = АВ> ™И ~2F = AB- Следовательно, АВ — у/2аг. 8.23. Один из смежных углов с вершиной А вдвое больше другого. В эти углы вписаны окружности с центрами О2 и О2. Найдите углы треугольника ОгАО2, если отношение радиусов окружностей равно л/З. Ответ: 90°, 45°, 45° или 90°, arctg3, arcctg3. Решение. Один из смежных углов равен 60°, а второй —120°. Пусть окружность с центром О1 радиуса г вписана в угол, равный 60°, а окружность с центром О2 радиуса гл/3 — в угол, равный 120°, причём окружности касаются прямой, содержащей дополнительные стороны этих углов, в точках Б и С соответственно. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому АО^АВ = 30°, АО2АС = 60°, АО1АО2 = 90°. Из прямоугольных треугольников О^АВ и О2АС находим, что ОС П\ В Треугольник ОгАО2 — прямоугольный и равнобедренный, следовательно, его острые углы равны 45°. Пусть теперь окружность с центром О2 радиуса г вписана в угол, равный 120°, а окружность с центром О2 радиуса гл/З — в угол, равный 60°, причём окружности касаются прямой, содержащей дополнительные стороны этих углов, в точках В и С соответственно. Из В А
Тренировочные задачи 121 прямоугольных треугольников ОгАВ и О2АС находим, что Следовательно, = АО = ^~ = 3> Ъ^А°201 = f- 1 V3 8.24. В равнобедренной трапеции с острым углом а при основании окружность, построенная на боковой стороне как на диаметре, касается другой боковой стороны. В каком отношении она делит большее основание трапеции? Ответ: sin2a. Решение. Пусть О — центр окружности (середина боковой стороны АВ трапеции ABCD), ОР — средняя линия трапеции, К — точка пересечения указанной окружности с большим основанием AD. Тогда ВК — перпендикуляр к AD и KD = ~(AD + ВС) = ОР. Если М — точка касания окружности с боковой стороной CD, то в с ОМ = L KD = OP = ОМ ZMPO = АВ sin a Следовательно, АК_ _ АВ cos a KD ~ -&_ 2 sin a 2sina' АК = АВ cos а. = 2 sin а cos а = sin 2а. 8.25. В окружности радиуса R — 4 проведены хорда АВ и диаметр АК, образующий с хордой угол ^. В точке В проведена касательная к окружности, пересекающая продолжение диаметра АК в точке С. Найдите медиану AM треугольника ABC. Ответ:
122 § 8. Касательная к окружности Решение. Пусть О — центр окружности. Тогда Из прямоугольного треугольника ОВС находим, что ВС=4 и ОС=4\/2. Поэтому АС = АО + ОС = 4 + 4\П. Медиану AM находим по теореме косинусов из треугольника АМС: AM2 = АС2 + СМ2 - 2АС • CM cos 45° = = (4 + 4ч/2)2 + 4-2-2-(4 + 4л/2)-^=4(9 + 6ч/2). 8.26. На прямой, проходящей через центр О окружности радиуса 12, взяты точки Л и В, причём ОА -15, АВ = 5 и А лежит между О и В. Из точек А и В проведены касательные к окружности, точки касания которых лежат по одну сторону от прямой ОВ. Найдите площадь треугольника ABC, где С—точка пересечения этих касательных. Ответ: -=-. Решение. Обозначим через М и N точки касания окружности с прямыми, проходящими через точки А и В соответственно, Z.OAM = а, ZOBN = /3. Тогда ОМ . ON Поэтому 4 3 3 4 sina = ^, sin/3 = ^, cosa = ^, cos/3 = ^. ,_. ВС sin(180°-a) По теореме синусов -т^ = ——f ^г—, поэтому вс = -; с 4 АВ sin a AB sin a D'i 100 sin(a-/3) sin a cos /3- cos a sin /3 £.4_з.з у • Следовательно, = \aBBC smZABC - f • 5 • *f- ■ § - ^. /5 / >4 5 fi
Тренировочные задачи 123 8.27. В угол с вершиной А, равный 60°, вписана окружность с центром О. К этой окружности проведена касательная, пересекающая стороны угла в точках В и С. Отрезок ВС пересекается с отрезком АО в точке М. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, если AM: МО = 2:3 и ВС = 7. Ответ: —г=. Решение. Пусть R — радиус данной окружности, Р и Q — её точки касания с прямыми ВС и АВ соответственно, АН — высота треугольника ABC, г — радиус вписанной в треугольник ABC окружности, р — полупериметр треугольника ABC. Тогда p = AQ = OQctgZOAQ = Rctg30° = Ra/З. Из подобия прямоугольных треугольников АНМ и ОРМ следует, что АН AM 2 ATJ 2„ 2П _ 0Р=МО = 3> П0ЭТ0МУ ЛН = 3Р0 = 3R- Т0ГДа aabc 12 7 2'7'3R= 3R' С другой стороны, SAABC = pr = Ry/3-r = Rry/3. V 7 Из равенства -zR = Rry/3 находим, что г = —р. •* 3v3 8.28. Через точку Л окружности радиуса 10 проведены две взаимно перпендикулярные хорды АВ и АС. Вычислите радиус окружности, касающейся данной окружности и построенных хорд, если АВ = 16. Ответ: 8.
124 § 8. Касательная к окружности Решение. Пусть О1 — центр искомой окружности, х — её радиус, М и N — точки касания с хордами АВ и АС, О — центр данной окружности, К — середина АВ (см. рисунок слева). Из прямоугольного треугольника ABC находим, что АС = 12. Обозначим AM = AN = х. Тогда стороны прямоугольной трапеции ООгМК таковы: MOl =AN = x, OK= \АС = 6, МК = \АМ-АК\ = |х-8|, ООг = 10-х. По теореме Пифагора Отсюда находим, что х = 8. Истинная кофигурация показана на рисунке справа.
§ 9. Касающиеся окружности Подготовительные задачи 9.1. Три равных окружности радиуса R касаются друг друга внешним образом. Найдите стороны и углы треугольника, вершинами которого служат точки касания. Ответ: R, 60°, 60°, 60°. Решение. Рассмотрим треугольник с вершинами в центрах окружностей. Поскольку линия центров касающихся окружностей проходит через точку касания, его стороны равны 2R. Стороны искомого треугольника являются его средними линиями, поэтому равны R. 9.2. Две равных окружности касаются изнутри третьей и касаются между собой. Соединив три центра, получим треугольник с периметром, равным 18. Найдите радиус большей окружности. Ответ: 9. Решение. Пусть радиусы данных окружностей равны г, г и R (г < R). Линия центров касающихся окружностей проходит через точку касания, значит, стороны указанного треугольника равны R — г, R — г и 2г. Поэтому R-r + R-r + 2r = 2R = 18. Следовательно, R = 9. 9.3. Три окружности радиусов 6, 7 и 8 попарно касаются друг друга внешним образом. Найдите площадь треугольника с вершинами в центрах этих окружностей. Ответ: 84. Решение. Линия центров двух касающихся окружностей проходит через их точку касания, поэтому стороны треугольника с вершинами в центрах окружностей равны 13, 14 и 15. Пусть S — площадь треугольника, р — полупериметр. Тогда р = |(13 +14+15) = 21. По форму-
126 § 9. Касающиеся окружности ле Герона S = у/р(р -13) (р -14) (р -15) = ^/21(21 -13) (21 - 14X21 - 15) = 9.4. Окружности радиусов 8 и 3 касаются внутренним образом. Из центра большей окружности проведена касательная к меньшей окружности. Найдите длину этой касательной. Ответ: 4. Решение. Пусть О и О1—центры окружностей радиусов 8 и 3 соответственно, А — точка касания окружностей, ОМ — искомая касательная. Тогда \А ООг = ОА-ОгА = 8-3 = 5. Следовательно, ОМ2 = ОО\ -ОгМ2 = 25 -9= 16, ОМ = 4. 9.5. Две окружности радиуса г касаются друг друга. Кроме того, каждая из них касается извне третьей окружности радиуса R в точках Аи В соответственно. Найдите радиус г, если АВ = 12, R = S. Ответ: 24. Решение. Пусть Ог и О2 — центры окружностей радиуса г, О — центр окружности радиуса R. Тогда треугольники ОАВ и ООгО2 подобны. Поэтому ОА АВ или 8 12 8 + r ~ 2r* Отсюда находим, что г = 24.
Подготовительные задачи 127 9.6. Две окружности радиуса г касаются друг друга. Кроме того, каждая из них касается изнутри третьей окружности радиуса R в точках А и В соответственно. Найдите радиус R, если АВ = 11, г = 5. Ответ: 55. Решение. Пусть Ог и О2 — центры окружностей радиуса г, О — центр окружности радиуса R. Тогда треугольники ОАВ и ООгО2 подобны. Поэтому ОА 00, АВ ИЛИ Д-5 lj. 10* Отсюда находим,что Я = 55. В 9.7. Дана окружность радиуса R. Четыре окружности равных радиусов касаются данной внешним образом, и каждая из этих четырёх окружностей касается двух других. Найдите радиусы этих четырёх окружностей. Ответ: Я(\/2 + 1). Решение. Пусть R — радиус данной окружности, х — радиус остальных окружностей. Обозначим их центры соответственно О, Оъ 02, Четырёхугольник ОгО2О3ОА— ромб со стороной 2х. Поскольку его вершины расположены на одинаковом расстоянии от точки О, это квадрат. Поэтому 2х = (Я + х)\/2. Отсюда находим, что R х = а/2-1
128 § 9. Касающиеся окружности 9.8. Три окружности разных радиусов попарно касаются друг друга внешним образом. Отрезки, соединяющие их центры, образуют прямоугольный треугольник. Найдите радиус меньшей окружности, если радиусы большей и средней равны 6 и 4. Ответ: 2. Решение. Пусть х — радиус меньшей окружности. Стороны получившегося треугольника равны 10, 6 + х и 4 + х. - наибольшая сторона, это гипотенуза. По теореме Поскольку 10- Пифагора Отсюда находим, что х — 2. 9.9. На прямой, проходящей через центр О окружности радиуса R, взята точка А на расстоянии а от центра. Найдите радиус второй окружности, которая касается прямой ОА в точке А, а также касается данной окружности. |Д2-а2| Ответ: 2R Решение. Пусть О и О1—центры данных окружностей, х — искомый радиус. Предположим, что а < R. Тогда окружности касаются внутренним образом (см. рисунок слева). В прямоугольном треугольнике 00Y А известно, что ОА = а, ООг=Я-ху ОгА = х.
Подготовительные задачи 129 По теореме Пифагора или R2-a 2R Отсюда находим, что х - Если же а > R, то окружности касаются внешним образом (см. рисунок справа). В этом случае ООг =R + x. Из уравнения (R + х)2 = a2-R2 находим, что х = 2R 9.10. Даны окружности радиусов 1 и 3 с общим центром О. Третья окружность касается их обеих. Найдите угол между касательными к третьей окружности, проведёнными из точки О. Ответ: 60°. Решение. Пусть Ог—центр третьей окружности, ОАиОВ — касательные к ней (Л и В — точки касания). Тогда ООг — биссектриса угла АОВ, АОг = ± = 1, ООг = АОАОг = 90°. = 2, Поэтому Z.AOOl = 30°, a ZAOB = 60°. 9.11. В угол, равный 60°, вписаны две окружности, касающиеся друг друга внешним образом. Радиус меньшей окружности равен г. Найдите радиус большей окружности. Ответ: Зг. Решение. Пусть R — радиус большей окружности. Опустим перпендикуляр из центра меньшей окружности на радиус большей окружности, проведённый в точку касания с одной из сторон данного угла. Получим прямоугольный треугольник с гипотенузой R + г, кате-
130 § 9. Касающиеся окружности том R — ги острым углом в 30°, противолежащим этому катету. Тогда R + г = 2(R - г). Отсюда находим, что R = Зг. 9.12. Две окружности касаются друг друга внутренним образом. Известно, что два радиуса большей окружности, угол между которыми равен 60°, касаются меньшей окружности. Найдите отношение радиусов окружностей. Ответ: 1:3. Решение. Пусть окружности с центрами О и О2 и радиусами R и г (R > г) соответственно касаются внутренним образом в точке А, а радиусы ОВ и ОС большей окружности касаются меньшей соответственно в точках М и N, причём ZBOC = 60°. Поскольку центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, Z.AOB = = 30°, а т.к. линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, то OOl =OA-O1A = R-r. Из прямоугольного треугольника 00\М находим, что В ОО1=2О1М, или R-r = 2r, откуда т> = о* 9.13. В равносторонний треугольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найдите сторону треугольника, если радиус малой окружности равен г. Ответ: 6гл/3. Решение. Пусть R — радиус окружности, вписанной в данный треугольник. Опустим перпендикуляр из центра меньшей окружности на
Подготовительные задачи 131 радиус большей окружности, проведённый в точку касания со стороной рассматриваемого угла. Получим прямоугольный треугольник с гипотенузой R + г, катетом R — г и утлом в 30°, противолежащим этому катету. Поэтому R + г = 2{R — г). Отсюда находим, что R = Зг. Пусть сторона треугольника равна а. Тогда а = 2Ял/3 = 6гл/3. 9.14. В круговой сектор с центральным углом 120° вписана окружность. Найдите её радиус, если радиус данной окружности равен R. Ответ: RV3(2- у/3). Решение. Пусть х — радиус искомой окружности, Оа—её центр, ОА и ОВ— радиусы данного сектора, М — точка касания окружностей, К — точка касания искомой окружности с радиусом ОВ. Тогда OO1=R- х, КОг = х, Z.KOOl = 60°, КОг = ООг sin АКООЪ или х = Отсюда находим, что Дл/3 X = 2 + л/З 9.15. Две окружности касаются внешним образом в точке К. Одна прямая касается этих окружностей в различных точках Л и Б, а вторая— соответственно в различных точках С и D. Общая касательная к окружностям, проходящая через точку К, пересекается с этими прямыми в точках М и N. Найдите MN, если АС = a, BD — Ъ. Ответ: ^—.
132 § 9. Касающиеся окружности Решение. Пусть прямые АВ и CD пересекаются в точке Р. Углы при основаниях равнобедренных треугольников РАС и PBD равны, поэтому АС || BD. Значит, ABDC — равнобедренная трапеция. Поскольку МА = МК = МВ, то М — середина боковой стороны АВ. Аналогично получаем, что N — середина боковой стороны CD, значит MN — средняя линии трапеции ABDC. Следовательно, Если АВ || CD, то ABDC — прямоугольник. В этом случае MN=AC=BD. Тренировочные задачи 9.16. Окружность радиуса 2 касается внешним образом другой окружности в точке А. Общая касательная к обеим окружностям, проведённая через точку А, пересекается с другой их общей касательной в точке В. Найдите радиус второй окружности, если АВ = 4. Ответ: 8. Решение. Первый способ. Пусть г и R — радиусы окружностей (г=2), С и D — точки касания окружностей со второй (внешней) касательной. Тогда BC = AB = BD = 4, CD = 8, а т. к. CD = 2y/rR (см. [3], §9, пример 2), то л/2Я = 4. Отсюда находим, что Второй способ. Если Ог и О2 — центры окружностей, то ZO1BO2=90° как угол между биссектрисами смежных углов. Тогда ВА — высота прямоугольного треугольника ОгВО2, опущенная из вершины прямого угла на гипотенузу ОгО2. Следовательно, ОгА-О2А = АВ2 = 16. Отсюда находим, что О2А = 8. 9.17. Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке С. Радиусы окружностей равны 2 и 7. Общая касательная к обеим окружностям, проведённая через точку С, пересекается с другой их общей касательной в точке D. Найдите расстояние от центра меньшей окружности до точки D. Ответ: 3>/2.
Тренировочные задачи 133 Решение. Пусть О2 и О2 — центры меньшей и большей окружностей. Угол OiDO2 —угол между биссектрисами смежных углов, поэтому ZOlDO2 = 90°. Из прямоугольного треугольника OiDO2 находим, что O1D2 = O1CO1O2 = 2-9. Следовательно, О2Б = 3>/2. 9.18. Окружность радиуса г касается некоторой прямой в точке М. На этой прямой по разные стороны от М взяты точки Аи В, причём MA = MB = а. Найдите радиус окружности, проходящей через точки Л и В и касающейся данной окружности. а2 + 4г2 Ответ: 4г Решение. Пусть R — радиус искомой окружности, О2—её центр, К — точка касания окружностей (касание внутреннее), О — центр данной окружности. Тогда МОг - \КМ - ОгК\ = = \2r-R\. Поскольку треугольник МВОг прямоугольный, то или R2 = (2r-R)2 + a2. Отсюда находим, что R = Q2 + 4r2 4r ' В 9.19. Одна окружность описана около равностороннего треугольника ABC, а вторая вписана в угол А и касается первой окружности. Найдите отношение радиусов окружностей. Ответ: 3:2 или 1:2. Решение. Пусть окружность радиуса R с центром О описана около равностороннего треугольника ABC, а окружность радиуса г с центром Ог касается прямых АВ и АС, причём прямой АВ — в точке D, а также внутренним образом касается первой окружности в точке Е. Тогда в прямоугольном треугольнике АОХВ катет О2Б лежит против угла DAOi, равного 30°. Поэтому АО1 = = 2г, а т. к. центры обеих окружностей лежат на биссектрисе угла ВАС, то AO1=AE-O1E = 2R-r.
134 § 9. Касающиеся окружности R 3 Из уравнения 2R-r = 2r находим, что - = ^• В случае внешнего каса- R 1 ния окружностей аналогично находим, что - = «• А 9.20. В окружность вписан равнобедренный треугольник с основанием а и углом при основании а. Кроме того, построена вторая окружность, касающаяся первой окружности и основания треугольника, причём точка касания является серединой основания. Найдите радиус второй окружности. Ответ: Ttga, TCtga. Решение. Пусть СК—диаметр окружности, описанной около равнобедренного треугольника ABC (AC - ВС, с АВ = а, ZA = ZB = a). Тогда середина М основания АВ принадлежит этому диаметру, а СМ и МК—диаметры искомых окружностей. Пусть г их — радиусы искомых окружностей. Тогда гв х = ± = |ctga. 9.21. Две окружности с центрами Оь О2 и радиусами 32, пересекаясь, делят отрезок ОгО2 на три равные части. Найдите радиус окружности, которая касается изнутри обеих окружностей и касается отрезка ОгО2.
Тренировочные задачи 135 Ответ: 7. Решение. Обозначим через г радиус искомой окружности. Пусть О — её центр, Q и Р — точки касания соответственно с первой и второй окружностями, С — точка касания с прямой ОгО2, А и В — точки пересечения соответственно первой и второй окружностей с отрезком ОгО2. Тогда ОгВ = АВ = АО2 = 16, ОгС = 24, ОС = г, ОгО = O^-OQ = 32-r. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ОгСО находим, что О1О2 = О1С2 + ОС2, или (32-г)2 = 242 + г2. Из этого уравнения находим, что г — 1. 9.22. Две окружности радиусов R и г касаются сторон данного угла и друг друга. Найдите радиус третьей окружности, касающейся сторон того же угла, и центр которой находится в точке касания окружностей между собой. 2rR Ответ: r + R'
136 § 9. Касающиеся окружности Решение. Пусть окружности радиусов г и R касаются одной из сторон угла в точках А и В соответственно, а искомая окружность с центром К касается этой стороны в точке С. Опустим перпендикуляр О^ из центра первой окружности на радиус О2В второй окружности. Пусть L — точка пересечения КС с отрезком О^. Тогда прямоугольные треугольники ОХ1К и OiFO2 подобны с коэффициен- О,К г - том , следовательно, КС = KL + LC = r(R-r) r + R 2rR r + R' 9.23. В треугольнике ABC сторона ВС равна а, радиус вписанной окружности равен г. Найдите радиусы двух равных окружностей, касающихся друг друга, если одна из них касается сторон ВС и ВА, а другая— ВС и СА. Ответ: аг а + 2г' Решение. Первый способ. Если х — искомый радиус, то +xctg(izc) +2* = а, а т. к. то =a, Следовательно, х= 2 . Второй способ. Обозначим через х искомый радиус. Пусть С^ и О2 — центры указанных равных окружностей. Тогда лучи ВО1 и С02 пересекаются в центре О вписанной окружности треугольника ABC.
Тренировочные задачи 137 Отношение высот подобных треугольников ООгО2 и ОВС, проведённых из общей вершины О, равно отношению соответствующих сторон, т. е. 2х а Следовательно, х = аг 9.24. Две окружности радиусов 5 и 3 касаются внутренним образом. Хорда большей окружности касается меньшей окружности и делится точкой касания в отношении 3:1. Найдите длину этой хорды. Ответ: 8. Решение. Пусть 01 и 02 — центры окружностей радиусов 5 и 3 соответственно, АВ— данная хорда, С — её точка касания с меньшей окружностью (ДС : ВС = 1:3), Р — проекция точки 01 на радиус 02С меньшей окружности (см. рисунок слева). Обозначим АС = х, тогда ВС = Зх. Опустим из центра Ог перпендикуляр KOi на хорду АВ. Тогда АК = КВ = 2х, СК = АК-АС = х, ОгР = СК = х, ОгО2 = 5-3 = 2, 02С = 3, ОгК2 = ОгВ2 - KB2 = 25 - 4х2. В прямоугольном треугольнике С^РОг известно, что 2, или 4=(3-л/25-4х2)2+х2. Из этого уравнения находим, что х = 2. Следовательно, АВ = 4х = 8. (Заметим, что в этом случае 02Р = 0. Это означает, что АВ \\ OiO2, см. рисунок справа.) 9.25. Две окружности, радиусы которых относятся как 9 - 4л/3, касаются друг друга внутренним образом. Проведены две хорды большей окружности, равные по длине и касающиеся меньшей окружности. Одна из этих хорд перпендикулярна отрезку, соединяющему центры окружностей, а другая нет. Найдите угол между этими хордами.
138 § 9. Касающиеся окружности Ответ: 30°. Решение. Пусть окружности радиусов R > г с центрами Ог и О2 соответственно касаются внутренним образом в точке К, хорда АВ большей окружности перпендикулярна О1О2 и касается меньшей окружности в точке Р, а равная ей хорда CD большей окружности касается меньшей окружности в точке Q и пересекается с хордой АВ в точке F. Опустим перпендикуляр ОгМ на CD и рассмотрим прямоугольную трапецию O1O2QM. А Поскольку равные хорды окружности равноудалены от её центра, то ОгМ = ОгР = ОгК-РК = R-2r. Опустим перпендикуляр ОаЯ на O2Q. Тогда О2Н = O2Q -HQ = O2Q-OlM = r- (R-2r) = 3r-R, значит, и °2Я Зг-Д 3"7 3-(9-4у/3) 2л/3-3 _ 1 л/3(2-у/3) _ д/3 4-2УЗ 2' 2-УЗ 2-
Тренировочные задачи 139 Следовательно, Заметим, что Z.QFB = £ОгО2Н = 30° 6<4л/3 «=> 9-4л/3<3, п поэтому - = 9-4л/3<3. Это означает, что точка Н действительно лежит на отрезке O2Q- 9.26. Две окружности касаются внутренним образом. Прямая, проходящая через центр большей окружности, пересекает её в точках Л и D, а меньшую окружность — в точках Б и С. Найдите отношение радиусов окружностей, если АВ: ВС: CD = 3:7:2. Ответ: 3:2. Решение. Пусть М — точка касания, г и R (г < R) — радиусы окружностей, Q — центр большей из них. Положим АВ — Зх, ВС = 7х, CD = 2x. Тогда А/ BQ = AQ-AB = R-3x = Зх, QC = R-2x = Лх, MQ = R = 6x, QP = 2r-MQ = 2r-6x (где МР—диаметр меньшей окружности). По теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд P, или Зх • 4х = 6х • (2г - 6х). Из этого уравнения находим, что г = 4х. Следовательно, R _ 6х _ 3 г ~ 4х ~ 2' 9.27. Две окружности касаются внутренним образом. Прямая, проходящая через центр меньшей окружности, пересекает большую окружность в точках А и D, а меньшую — в точках В и С. Найдите отношение радиусов окружностей, если АВ:ВС:CD = 2:4:3. Ответ: 3.
140 § 9. Касающиеся окружности Решение. Пусть М — точка касания окружностей, г и R (г < R) — их радиусы, О — центр меньшей из них. Положим АВ = 2х, ВС = 4х, CD = Зх. Тогда r = OB = OC = 2х, DOOA = M0(2R-M0), или 5x-4x = 2x(2R-2x). Следовательно, 5x = R-x, R = 6x, 7 = ё=3* 9.28. Две окружности радиусов R и г (R > г) касаются внешне в точке С. К ним проведена общая внешняя касательная АВ, где Aw В — точки касания. Найдите стороны треугольника ABC. Ответ: 2SrF, Решение. Пусть Ог и О2 — центры окружностей радиусов г и R, А — точка на первой окружности, В — на второй, К — проекция точки О1 на ВО2. Тогда КО2 =BO2-AOl =R-r, O1O2 АВ = Обозначим ZABC = ^ZBO2C = а. Тогда КО2 cos 2a = R-r cos а -г- + cos 2а Поскольку треугольник АСВ прямоугольный (ZC = 90°), то ВС = АВ cos a = 2y/Rr \ Аналогично находим АС.
Тренировочные задачи 141 9.29. Две окружности радиусов R и г (R > г) касаются внешним образом. Прямая касается этих окружностей в различных точках Л и В. Найдите радиусы окружностей, касающихся обеих данных окружностей и прямой АВ. Ответ: —■=——■. (VR±s/r)2 Решение. Пусть Ог и О2— центры касающихся окружностей радиусов г и R, А и В — их точки касания с общей внешней касательной. Опустим перпендикуляр ОгК на О2В, и из прямоугольного треугольника ОгКО2, в котором O1O2 = R + r, O2K = R — r, находим, что ОгК = 2 y/Rr. Поэтому и АВ = 2 \fRr. Если х — радиус искомой окружности, которая касается прямой АВ в точке С, то аналогично АС — 2yfrx и ВС = 2y/Rx. Если точка С лежит между Л и В, то АС + ВС = АВ. Тогда, решив уравнение получим, что Rr х = С х В противном случае точка А лежит между точками В и С (т. к. R > г). Поэтому АВ = ВС - АС и соответствующее уравнение примет вид Следовательно, х = Rr 9.30. Две окружности касаются внешним образом в точке С. Общая внешняя касательная касается первой окружности в точке Л, а второй — в точке В. Прямая АС пересекает вторую окружность в точке D, отличной от С. Найдите ВС, если АС = 9, CD = 4.
142 § 9. Касающиеся окружности Ответ: 6. Решение. Пусть общая касательная к окружностям, проходящая через точку С, пересекает отрезок АВ в точке М. Тогда МА = МС = МВ, т. е. медиана СМ треугольника ABC равна половине стороны АВ> значит, ZACB = 90°. Смежный с углом АСВ угол BCD также равен 90°, поэтому BD — диаметр второй окружности, а т. к. АВ — касательная к этой окружности, то BDLAB. В прямоугольном треугольнике ABD отрезок ВС — высота, опущенная на гипотенузу, следовательно, ВС = = 6. 9.31. Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке А. Найдите радиусы окружностей, если хорды, соединяющие точку Л с точками касания с одной из общих внешних касательных, равны 6 и 8. ^ 15 20 Ответ: ^-; у. Решение. Пусть Ог и О2 — центры окружностей, В и С—указанные точки касания (ЛБ = 6, АС = 8). Поскольку треугольник ВАС прямоугольный (с прямым углом при вершине А), ВС = 10. 10
Тренировочные задачи 143 Пусть М — основание перпендикуляра, опущенного из О2 на АС. Из подобия треугольников О2МС и CAB находим, что £М 4_ 20 о2с-вс- АВ -ю-6- з- Аналогично находим, что О1В=-т-. 9.32. Три окружности радиусов 1, 2 и 3 касаются друг друга внешним образом. Найдите радиус окружности, проходящей через точки касания этих окружностей. Ответ: 1. Решение. Пусть С, В и А — центры окружностей радиусов 1, 2 и 3 соответственно. Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, значит, точки М, N и К касания окружностей лежат на сторонах треугольника ABC. Пусть точка К лежит на отрезке АС, точка М — на отрезке АВ, точка N — на отрезке ВС. Тогда АВ = АМ + МВ = 3 + 2 = 5, Треугольник ABC — прямоугольный, т. к. АС2 + ВС2 = 16 + 9 = 25 = д „о « AC + BC — AB = АВ*, значит, радиус его вписанной окружности равен ~ = _3+4-5_1 " 2 ~1* Докажем, что окружность, проходящая через точки К, М, N, и есть вписанная окружность треугольника ABC. Действительно, если вписанная окружность треугольника ABC касается стороны АВ в точке Мь то АМ1 = АВ+АС-ВС 5+4-3 = 3 = AM (см. приложе- 2 2 ние 2, 96), значит, точка Ма совпадает с точкой М. Аналогично докажем, что вписанная окружность треугольника ABC касается его сторон АС и ВС соответственно в точках К и N. Таким образом, радиус окружности, проходящей через точки касания данных окружностей, равен 1. 9.33. Две окружности радиусов 5 и 4 касаются внешним образом. Прямая, касающаяся меньшей окружности в точке А, пересекает большую в точках Б и С, причём АВ = ВС. Найдите АС.
144 § 9. Касающиеся окружности Ответ: 12. Решение. Пусть окружность радиуса 4 с центром Оа и окружность радиуса 5 с центром О2 касаются внешним образом в точке D. Тогда ОгО2 = Опустим перпендикуляр 02М из центра большей окружности на хорду ВС. Тогда М — середина ВС. Опустим перпендикуляр 0YF из центра меньшей окружности на прямую 02М. Тогда AO^FM — прямоугольник, поэтому MF = 01А = 4и OXF = AM. Пусть ВЫ = МС = х. Тогда АВ = ВС = 2хи АМ = АВ + ВМ = 2х + х = = 3х. Из прямоугольных треугольников СМ02 и ОгРО2 находим, что 02М= ИЛИ 9х2 + (л/25-х2- 4)2 = 81. Из этого уравнения находим, что х = 3. Следовательно, АС = 4х = 12. Заметим, что 02М = ^О2С2 - СМ2 = л/25-9 = 4 = FM, т. е. точка F совпадает с 02. А 6 9.34. Точка В — середина отрезка АС, причём АС = 6. Проведены три окружности радиуса 1 с центрами Л, Б и С. Найдите радиус четвёртой окружности, касающейся всех трёх данных. 9 9 Ответ: ■? или ^. Решение. Пусть х — радиус искомой окружности, О — её центр. Расстояния от центров данных окружностей до точки О могут быть
Тренировочные задачи 145 равны либо х + 1 (внешнее касание), либо х — 1 (внутреннее касание). Все три расстояния равными быть не могут. Значит, возможны два случая: либо ОА = ОС = х + 1, ОВ = х - 1, либо ОА = ОВ = х - 1, ОС=х+\ (или симметричный ему случай ОВ=ОС=х — 1, ОА=х+1). В первом случае по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ОАВ получаем, что 9 откуда *=4* Рассмотрим второй случай. Пусть D — середина ВС. Из прямоугольных треугольников COD и AOD получаем, что OD2 = ОС2-DC2 = (х- I)2 - |, OD2 = OA2-AD2 = (х +1)2 - ^. Значит, откуда х =2' 9.35. Точка В — середина отрезка АС, причём АС = 6. Проведены три окружности радиуса 5 с центрами Л, Б и С. Найдите радиус четвёртой окружности, касающейся всех трёх данных. 9 9 Ответ: -^ или j~. Решение. Пусть х — радиус искомой окружности, О — её центр. Расстояния от центров данных окружностей до точки О могут быть
146 § 9. Касающиеся окружности равны либо х + 5 (внешнее касание), либо \х — 5| (внутреннее касание). Все три расстояния равными быть не могут. Значит, возможны два случая: либо ОА = ОС = х + 5, ОВ = 5 - х, либо ОВ = ОС = 5 - х, ОА = х + 5. В первом случае по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника ОАВ получаем, что ОА2 = ОВ2 + ЛВ2, (х + 5)2 = (5 - х)2 + 9, откуда x= Рассмотрим второй случай. Пусть D — середина ВС. Из прямоугольных треугольников AOD и BOD получаем, что OD2 = OA2-AD2 = Значит, -^, OD2 = OB2-BD2 = (5-x)2-|. откуда x=
Тренировочные задачи 147 9.36. Дана окружность с центром в точке О и радиусом 2. Из конца отрезка ОА, пересекающегося с окружностью в точке М, проведена касательная АК к окружности, ZOAK — 60°. Найдите радиус окружности, вписанной в угол OAK и касающейся данной окружности внешним образом. Ответ: 2±|л/2. Решение. Пусть Ог—центр искомой окружности, F — точка касания окружности с лучом AM, P — с данной окружностью, х — искомый радиус. Предположим, что точка F лежит на отрезке ОА. Тогда ООг =ОР + РОг =2 + х. В прямоугольном треугольнике OFOl или (2 + х)2= (4~*х)2+х2. Из этого уравнения находим, что или х = Условию задачи удовлетворяет только корень х — 2 — « V2. М\ F А
148 § 9. Касающиеся окружности Если же точка F лежит на продолжении отрезка ОА за точку О, то 4 г- Условию задачи удовлетворяет только корень х = 2 + ^ v 2. Л/| /1 9.37. В круге с центром О хорда АВ пересекает радиус ОС в точке D, причём A.CDA — 120°. Найдите радиус окружности, вписанной в угол ADC и касающейся дуги АС, если ОС = 2, OD = л/3. Ответ: 2д/21 - 9 или 3 + 2л/3. Решение. Предположим, что искомая окружность касается данной внутренним образом. Пусть х — радиус искомой окружности, Оа —её центр, М — точка касания с отрезком DC. В прямоугольном треугольнике 00\М известно, что ОЛМ = х, ОМ = OD + DM = л/З + ^и, ООЛ =2 -х. v3 По теореме Пифагора или {2-х)2= -^=| +х2
Тренировочные задачи 149 Отсюда находим, что х = 2л/2Т - 9. А Если же искомая окружность касается данной внешним образом, то рассуждая аналогично, получим уравнение из которого найдём, что х = 3 + 2л/3. м
150 § 9. Касающиеся окружности 9.38. Окружности радиусов г и R касаются друг друга внутренним образом. Найдите сторону правильного треугольника, у которого одна вершина находится в точке касания данных окружностей, а две другие лежат на разных данных окружностях. ' \Jr2-rR + R2' Решение. Первый способ. Пусть R > г, АМВ — равносторонний треугольник, М — точка касания окружностей, А — точка на большей окружности, В — на меньшей, Р — точка пересечения стороны МА с меньшей окружностью, К — точка пересечения продолжения стороны MB с большей окружностью. Углы МВР и МКА равны, т. к. оба они равны углу между прямой МА (МР) и общей касательной к окружностям, проведённой через точку М. Следовательно, треугольники МВР и МКА подобны. Поскольку ВР = Ъг sin Z.BMP = 2rsin60° = n/3, АК = 2R sin ZKMA = 2Rsin60° = R</3, коэффициент подобия этих треугольников равен ^. Обозначим MB = МА = АВ = а. Тогда КМ = ^, ВК = а т. к. Z.KBA = 120°, то по теореме косинусов из треугольника АВК находим, что ^ rRy/3 Отсюда следует, что а = . J2 Второй способ. Пусть R> r, Oj и О2 — центры окружностей, АМВ — равносторонний треугольник, М — точка касания окружностей, А — точка на большей окружности, В — на меньшей. Рассмотрим поворот вокруг точки М, при котором точка В переходит в точку А. При этом повороте центр О2 меньшей окружности перейдёт в некоторую точку Q, причём ZC^MQ = 60°, окружность с центром О2 — в окружность того же радиуса с центром Q, а т. к. отрезок AM — общая хорда окружностей с центрами Q и Оь то отрезок AM делится прямой OiQ пополам и МА _L OaQ. По теореме
Тренировочные задачи 151 косинусов из треугольника O^MQ находим, что C^Q = Vr2-rR + R2. Пусть К — середина AM, тогда МК — высота треугольника O^Q. Выражая двумя способами площадь треугольника O-^MQ, получим, что \olQMK= lo^-QM-sin ZOjMQ, откуда находим, что -sin ZC^MQ rRy/3 AM = 2MK = y/r2-rR + R2' 9.39. Радиусы окружностей Sx и S2, касающихся в точке А, равны R и г (R> г). Прямая, проходящая через точку В, лежащую на окружности Sb касается окружности S2 в точке С. Найдите ВС, если известно, что АВ = а. Ответ: aJl±^. Решение. Рассмотрим случай внешнего касания. Пусть Ог и О2 — центры окружностей Sj и S2; X — точка пересечения прямой АВ с окружностью S2, отличная от А.
152 § 9. Касающиеся окружности Равнобедренные треугольники ХО2А и ВОгА подобны с коэффициентом д. Поэтому По теореме о касательной и секущей В Следовательно, БС = a W1+ „. В случае внутреннего касания аналогично получим, что 9.40. Отношение радиусов окружностей S1uS2t касающихся в точке Б, равно к (fc > 1). Из точки А, лежащей на окружности Sb проведена прямая, касающаяся окружности S2 в точке С. Найдите АС, если известно, что хорда, высекаемая окружностью S2 на прямой АВ, равна Ъ. Ответ: bVk2±k. Решение. Рассмотрим случай внешнего касания. Пусть Oj и О2 — п центры окружностей Бг и S2 радиусов R и г соответственно, - = к > 1; X — точка пересечения прямой АВ с окружностью S2, отличная от В, ВХ = Ъ. Равнобедренные треугольники ВО2Х и ВОгА подобны с коэффициентом -. Поэтому = -ВХ=—. г г
Тренировочные задачи 153 По теореме о касательной и секущей АС2 = АВ-АХ = АВ(АВ+ВХ) = Следовательно, АС = Ъу/к2 + к. В случае внутреннего касания аналогично получим, что АС = Ъу/к2 — к. 9.41. Окружность радиуса 1 касается окружности радиуса 3 в точке С. Прямая, проходящая через точку С, пересекает окружность меньшего радиуса в точке А, а большего радиуса — в точке В. Найдите ЛС, если АВ = 2л/5. Ответ: -у. Решение. Пусть Ог и О2 — центры меньшей и большей окружностей соответственно. Поскольку AACOl = ZBCO2 и треугольники АОгС и ВО2С равнобедренные, то эти треугольники подобны и коэффициент подобия равен отношению радиусов окружностей, т. е. ^ • Если окружности касаются внутренним образом (см. рисунок слева), то АС = \АВ = л/5, что невозможно, т. к. хорда АС меньшей окружности не может быть больше диаметра этой окружности, равного 2. Если окружности касаются внешним образом (см. рисунок справа), то
154 § 9. Касающиеся окружности 9.42. Окружность радиуса 2 касается окружности радиуса 4 в точке Б. Прямая, проходящая через точку Б, пересекает окружность меньшего радиуса в точке А, а окружность большего радиуса — в точке С. Найдите ВС, если ДС = 3\/2. Ответ: 2\П. Решение. Пусть Ог и О2 — центры меньшей и большей окружностей соответственно. Поскольку ААВО1 - ZCBO2 и треугольники АВО1 и СВО2 равнобедренные, то эти треугольники подобны и коэффициент подобия равен отношению радиусов окружностей, т. е. «• Если окружности касаются внутренним образом (см. рисунок слева), то ВС = 2АС = 6\/2, что невозможно, т. к. хорда ВС большей окружности не может быть больше диаметра этой окружности, равного 8. Если окружности касаются внешним образом (см. рисунок справа), то БС = |ДС=| -3i/2 = 2i/2. 9.43. В угол вписано несколько окружностей, радиусы которых возрастают. Каждая следующая окружность касается предыдущей окружности. Найдите сумму длин второй и третьей окружностей, если радиус первой равен 1, а площадь круга, ограниченного четвёртой окружностью, равна 64тг. Ответ: Yin. Решение. Поскольку площадь круга, ограниченного четвёртой окружностью, равна 64тг, то радиус четвёртой окружности равен 8. Пусть г и R — радиусы второй и третьей окружностей соответственно. Заметим, что фигуры, состоящие из двух соседних окружностей, у. П О попарно подобны. Поэтому 7 = ~ = ~5> откуда находим, что г = 2,
Тренировочные задачи 155 R - 4. Следовательно, сумма длин второй и третьей окружностей равна 2тг(г + Я) =2тг • 6 = 12тг. 9.44. На отрезке АВ, равном 2R, как на диаметре построена окружность. Вторая окружность того же радиуса, что и первая, имеет центр в точке А. Третья окружность касается первой окружности внутренним образом, второй окружности — внешним образом, а также касается отрезка АВ. Найдите радиус третьей окружности. Ответ: —т—. Решение. Пусть О — центр первой окружности, О2—центр третьей окружности, М — её точка касания с прямой АВ, х — её радиус. Тогда MOl =х, ОМ = \-MOl = \/R2-2Rx, или Ry/3 Из этого уравнения находим, что х = —т
156 § 9. Касающиеся окружности 9.45. В выпуклом четырёхугольнике ABCD заключены две окружности одинакового радиуса г, касающиеся друг друга внешним образом. Центр первой окружности находится на отрезке, соединяющем вершину А с серединой F стороны CD, а центр второй окружности находится на отрезке, соединяющем вершину С с серединой Е стороны АВ. Первая окружность касается сторон АВ, AD и CD, а вторая окружность касается сторон АВ, ВС и CD. Найдите АС. Ответ: 2гл/5. Решение. Обозначим AD = а, ВС = Ъ. Поскольку AF и СЕ — биссектрисы углов Л и С, то треугольники ADF и СВЕ равнобедренные. Поэтому CD = 2DF = 2AD = 2а, АВ = 2ВЕ = 2ВС = 2Ъ. Пусть О2 и О2 — центры соответственно первой и второй окружностей. Тогда ОгО2 — средняя линия трапеции (или параллелограмма) AFCE, поэтому 2г = ОгО2 = \ y С другой стороны, 2г ^ а и 2г ^ Ъ. Если хотя бы одно из этих неравенств строгое, то Значит, а = 2т и Ъ = 2г. Тогда ABCD — прямоугольник со сторонами 2г, 2г, 4г, 4г, поэтому АС2 = ВС2+АВ2 = 4г2 + 16г2 = 20г2. Следовательно, ЛС = 2гл/5. D a F а С D г г F г г С г г / о, у у: У 'L / г у\ 02 А г в 9.46. В прямоугольном секторе АОВ из точки В как из центра проведена дуга ОС (С — точка пересечения этой дуги с дугой АВ) радиуса ВО. Окружность Sa касается дуги АВ, дуги ОС и прямой ОА, причём точки касания различны, а окружность S2 касается дуги АВ, прямой ОА и окружности Sx (точки касания также попарно различны). Найдите отношение радиуса окружности Sa к радиусу окружности S2.
Тренировочные задачи 157 Ответ: 4(2 ± у/3) Решение. Пусть R — радиус сектора, Р — центр окружности Si, r — её радиус, М и D — её точки касания с дугой АВ и прямой ОА соответственно, х — радиус окружности S2, Q — её центр, К и N — её точки касания с дугой АВ и прямой ОА соответственно. Рассмотрим случай, когда точка N лежит на продолжении отрезка OD за точку D. В прямоугольном треугольнике ODP известно, что , OP = OM-MP = R-r, DP = r. По теореме Пифагора OP2 = OD2+DP2, или (Я-г)2 Отсюда находим, что R = 6r. А К a s, о в В прямоугольном треугольнике OQN известно, что OQ = OK-KQ = R-x = 6r-x, QN = x, ON = OD + DN = 2y/rR + 2y/rx. По теореме Пифагора или или
158 § 9. Касающиеся окружности Отсюда находим, что Следовательно, л/б + Зл/2 л/б у/3 ' г_ _ 4(2+у/3) л: ~ 3 Пусть теперь точка N лежит между точками О и D. Тогда ON ■ = OD — DN = 2 д/гК - 2 ^/пс. Это приводит к уравнению из которого находим, что О 9.47. На отрезке АС взята точка Б и на отрезках АВ, ВС, СА как на диаметрах построены полуокружности Slt S2, S3 по одну сторону от АС. Найдите радиус окружности, касающейся всех трёх полуокружностей, если известно, что её центр удален от прямой АС на расстояние а. Ответ: |. Решение. Пусть О1? О2, О — центры данных полуокружностей Sb S2, S3 соответственно, г и R — радиусы полуокружностей S2 и S2, x —
Тренировочные задачи 159 радиус искомой окружности, О3 — её центр. Тогда радиус полуокружности S3 равен r + R, По формуле Герона , OO3 = r + R-x, OO1=R, O2O3=R + x, OO2 = r. Поскольку SAOOiO3 = у и SAOO2o3 = у, то a2R2 Из полученного уравнения находим, что х= ~. 9.48. Две окружности радиусов г и R (г < R) касаются друг друга внешним образом. Прямая касается этих окружностей в точках М и N. В точках А и В окружности касаются внешним образом третьей окружности. Прямые АВ и MN пересекаются в точке С. Из точки С проведена касательная к третьей окружности (D — точка касания). Найдите CD. 2rR Ответ: R-r' Решение. Пусть О1 и О2 — центры окружностей радиусов г и R соответственно, О3 — центр третьей окружности, К — вторая точка пересечения прямой АС с первой окружностью, Р — точка касания двух первых окружностей. Поскольку эти окружности касаются, точка Р лежит на прямой 0^2- Докажем, что точка пересечения прямых MN и АВ также лежит на прямой 0^2. Пусть прямая MN пересекает прямую ОгО2 в точке С. Если Q — проекция точки 02 на 02N} то треугольник 0гМС/ подобен треуголь-
160 § 9. Касающиеся окружности = С' = С" м нику 02Q0i с коэффициентом олм O2Q O2N-NQ 02N-0lM R-r' Поэтому R_r Пусть прямая АВ пересекает прямую ОгО2 в точке С". Поскольку точка А лежит на отрезке ОгО3у а точка В — на О2О3) то АО^КА = АОгАК = ZO3AB = ZO3BA = ZO2BF, где F — вторая точка пересечения прямой АВ и окружности с центром О2. Поэтому КО11| ВО2. Пусть прямая, проходящая через точку О1 параллельно АВ, пересекает радиус О2В в точке L. Тогда треугольник ОъКС" подобен треугольнику О2Юг с коэффициентом ОЛК O2L O2B-BL R-r' Поэтому C"°1 = R^7°1°2 = R^ Таким образом, С'Ог = С"О1. Значит, точки С и С" совпадают. Следовательно, прямые MN и АВ пересекаются на прямой ОгО2. Теперь найдём CD. Для этого сначала заметим, что точки А, Р и В на сторонах треугольника О1О2О3 таковы, что ОаЛ = О^Р, О2В = О2Р, О3А = О3В.
Тренировочные задачи 161 Значит, в этих точках вписанная окружность треугольника ОгО2О3 касается его сторон. Поскольку СР — касательная к этой окружности, CD — касательная к окружности с центром О3, а САВ — общая секущая этих окружностей, то СТ)2 = С А • CR = СР2 Следовательно,
§ 10. Пересекающиеся окружности Подготовительные задачи 10.1. Прямая, проходящая через общую точку А двух окружностей, пересекает вторично эти окружности в точках В и С. Расстояние между проекциями центров окружностей на эту прямую равно 12. Найдите ВС, если известно, что точка А лежит на отрезке ВС. Ответ: 24. Решение. Пусть М и N — проекции центров О2 и О2 данных окружностей на прямую ВС (М на АВ, N на АС). Поскольку диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам, точки М и N — середины отрезков АВ и АС. Следовательно, ВС = АВ + АС = 2АМ 4- 2AN = = 2(AM + AN) = 2MN = 2-12 = 24. 10.2. Окружности с центрами О1 и О2 пересекаются в точках Аи В. Известно, что /ДО1В = 90°, ZAO2B = 60°, ОгО2 = а. Найдите радиусы окружностей. ^ пу/2 2а ал/2 2а Ответ: -=—, -=— или —=—> -т=—. Решение. Пусть линия центров 0^2 пересекает общую хорду ЛВ окружностей в точке М. Тогда М — середина ЛБ и OiO2-LAB. Треугольник AOjB — прямоугольный и равнобедренный, а треугольник АО2В равносторонний, поэтому если г и R — радиусы окружностей с центрами Оа и О2 соответственно, то АВ = гу/2 и ЛБ = Я, значит, R = ry/2. Тогда 3 гл/6 Предположим, что центры окружностей лежат по разные стороны от прямой АВ (см. рисунок слева). Тогда ОгМ + МО2 = ОХО2, или туП , гл/6 ~2~ + ~2~ = а- Отсюда находим, что 2q
Подготовительные задачи 163 Если же точки Ог и О2 лежат по одну сторону от прямой АВ (см. рисунок справа), то О2М -МО1 = ОгО2. Тогда г_ a>/2 R_r/2- 2a 10.3. Отрезок, соединяющий центры двух пересекающихся окружностей, делится их общей хордой на отрезки, равные 5 и 2. Найдите общую хорду, если известно, что радиус одной окружности вдвое больше радиуса другой. Ответ: 2л/3. Решение. Пусть окружности с центрами О2 и О2 и радиусами соответственно г и2г пересекаются в точках Л и Б, а отрезки ОгО2 и АВ — в точке К. Линия центров двух пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде, поэтому треугольники АОгК и АО2К прямоугольные. Поскольку АОг <АО2, то КОг <КО2. Значит, КО1 = 2иКО2 = 5. По теореме Пифагора АО\ - КО\ = АО\ - KOJ, или г2 - 4 = 4г2 - 25, откуда находим, что г = л/7. Следовательно, АВ = 2АК = 2VR2 — 4 =
164 § 10. Пересекающиеся окружности М А N В 10.4. Через вершину А остроугольного треугольника ABC проведена прямая, параллельная стороне ВС, равной а, и пересекающая окружности, построенные на сторонах АВ и АС как на диаметрах, в точках М и N, отличных от А. Найдите MN. Ответ: а. Решение. Поскольку точка М лежит на окружности с диаметром АВ, то LAMB = = 90°. Аналогично ZANC = 90°. Значит, противоположные стороны четырёхугольника BMNC попарно параллельны. Следовательно, MN = BC = a. 10.5. Две окружности пересекаются в точках Аи В. Через точку А проведены диаметры АС и AD этих окружностей. Найдите расстояние между центрами окружностей, если ВС — а и BD — Ъ. ~ а + Ъ \а-Ь\ Ответ: —^- или —^—• Решение. Пусть О1—центр окружности с диаметром АС, О2 — центр окружности с диаметром AD. Точка В лежит на окружности с диаметром АС, поэтому ААВС — 90°. Аналогично, ZABD - 90°. Рассмотрим случай, когда точки О1 и О2 лежат по разные стороны от прямой АВ (см. рисунок слева). Тогда ZCBD = ZABC + ZABD = 90°+ 90° = 180°, значит, точки С, В и D лежат на одной прямой, причём точка В лежит между С и D, поэтому CD = ВС + BD = а + Ъ, а т. к. О^ — средняя линия треугольника ACD, то ОгО2 = ±CD = a + b Пусть теперь точки С и D лежат по одну сторону от прямой АВ и а > Ъ (см. рисунок справа). Тогда точки В, С и D лежат на одной D
Тренировочные задачи 165 прямой, причём точка D лежит между В и С. Следовательно, ОгО2 = \CD = \{BC-BD) = ^y~. Аналогично для случая а<Ъ. 10.6. В треугольнике ABC на наибольшей стороне ВС, равной Ь, выбирается точка М. Найдите наименьшее расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников ВАМ и АСЫ. Ответ: «• Решение. Проекции центров О2 и О2 данных окружностей на ВС — середины Р и Q отрезков ВМ и МС соответственно. Тогда ОгО2 ^ PQ — = « (см. рисунок слева). В^^Р_^/Н Q— С Если AM — высота треугольника ВАС, то ВРИ (см. рисунок справа). В остальных случаях О1О2> о- Тренировочные задачи 10.7. Две окружности радиусов 3 и 4, расстояние между центрами которых равно 5, пересекаются в точках Л и Б. Через точку В проведена прямая, пересекающая окружности в точках С и D, причём CD — 8 и точка В лежит между точками С и D. Найдите площадь треугольника ACD. 384 Ответ: 25 ' Решение. Пусть О1 и О2 — центры меньшей и большей окружностей соответственно, а точка С расположена на меньшей окружности. Тогда ZDCA = ZBCA = \^АВ = АВОХО2.
166 § 10. Пересекающиеся окружности Аналогично ZCDA = ZBO2O1. Следовательно, треугольник ACD подо- CD 8 бен треугольнику ВОгО2 с коэффициентом ^-^- = ^. Треугольник ВОгО2 — прямоугольный, т. к. О1О2 = 52 = 32+42 = О1£~ Следовательно, -ш! -64.1.3.4-384 ~ 25 2 л ч ~ 25 * 10.8. Дан ромб ABCD. Радиусы окружностей, описанных около треугольников ABC и BCD, равны 1 и 2. Найдите расстояние между центрами этих окружностей. Зл/5 Ответ: —=—. Отрезок ВС — общая хорда окружностей с центрами Ог и О2, описанных около треугольников ABC и BCD соответственно, поэтому прямая 0x02 перпендикулярна отрезку ВС и делит его пополам. Пусть М — середина ВС. Тогда ОгМ и BD — серединные перпендикуляры к сторонам ВС и АС треугольника ABC. Обозначим ZCBO2 = = ZBCO2 = АВОгМ = а. Из прямоугольных треугольников BMOi и ВМ02 находим, что ВЫ = £O1sina = 1-since = sin a, BM = O2Bcosa - 2cosa,
Тренировочные задачи = 50! cos a = "т=, 02М = В02 sin a = -7=. v5 v5 Следовательно, 167 1 2 откуда tg а = 2. Тогда cos а = -=, sin а = —, значит, v5 v5 1 10.9. Две окружности радиусов л/5 и л/2 пересекаются в точке А. Расстояние между центрами окружностей равно 3. Через точку А проведена прямая, пересекающая окружности в точках В и С так, что АВ=АС (точка В не совпадает с С). Найдите АВ. Ответ: —=. v5 Решение. Пусть Ог и 02 — центры меньшей и большей окружностей соответственно. Положим АВ = АС — 2х и опустим перпендикуляры ОгМ и 02N на прямую ВС. Тогда М и N — середины хорд АВ и АС. Если Р — проекция точки Ог на прямую 02N, то С^Р = MN = MA + AN = 2х, ОгМ2 = ОгА2-МА2 = 2-х2, O2N2 = О2А2 - NA2 = 5 - х2. В прямоугольном треугольнике ОгРО2 известно, что или 9 = (V^x2_ ч/г^Зс2)2 +4х2. О /Г Из этого уравнения находим, что х = —=.. Следовательно, ЛБ=2х = —=.. v5 v5
168 § 10. Пересекающиеся окружности 10.10. Первая из двух окружностей проходит через центр второй и пересекает её в точках А и В. Касательная к первой окружности, проходящая через точку А, делит вторую окружность в отношении т: п (т < п). В каком отношении вторая окружность делит первую? Ответ: пп т. 2т Решение. Пусть Ог и О2 — центры соответственно первой и второй окружностей, Р—точка на второй окружности такая, что АР — касательная к первой окружности. Тогда ZAO2P = 360° • т т + п' ZPAO2 = \{im°-ZAO2P) = \ (l80°-360°-^) =90°-^. Поскольку ZPAO2 — угол между касательной и хордой, то п-т ZAOXO2 = 2ZPAO2 = 180' Следовательно, в первой окружности п + т' = 360° Тогда дополнительная к ней дуга первой окружности равна 360° • ——, а искомое отношение равно " т а искомое отношение равно " т. 10.11. Через общую точку С двух равных окружностей проведены две прямые, пересекающие данные окружности в точках Л, В и М, N соответственно. Прямая АВ параллельна линии центров, а прямая MN образует угол а с линией центров. Известно, что АВ = а. Найдите NM. Ответ: a cos а.
Тренировочные задачи 169 Решение. Пусть О1 и О2 — центры окружностей, точки Аи М принадлежат первой окружности, Б и N — второй. Опустим перпендикуляры ОгХ и O2Y на прямую АВ. Тогда ХиУ — середины хорд АС и ВС. Поэтому ого2 = ху = \ас+\вс = \ав = |. Опустим перпендикуляры ОгР и O2Q на прямую MN. Тогда Р и Q — середины хорд МС и NC. Поэтому PQ = «MN. Пусть F — проекция точки Ог на O2Q. Тогда ОгР \\MN. Следовательно, ZFO^ = а и O1F = PQi a т. к. O\F = ОгО2 cos а = ^ то = acosa. 10.12. В параллелограмме ABCD известны стороны АВ = а, ВС = Ъ и угол /.BAD = а. Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников BCD и DAB. Ответ: Va2 + b2-2abcosa|ctga|. Решение. Пусть О1 и О2 — центры описанных окружностей треугольников DAB и BCD соответственно, О — точка пересечения диагоналей параллелограмма. Поскольку треугольники DAB и BCD равны, то радиусы окружностей также равны. Пусть а < 90°. По теореме косинусов BD = \/a2-\-b2-2abcosa. Вписанный в окружность с центром О1 угол BAD равен половине центрального угла BOiD, значит, АВОгО2 = \z.BOxD = ZBAD = а.
170 § 10. Пересекающиеся окружности Прямая Ог О2 — серединный перпендикуляр к диагонали BD, поэтому ОгО2 = 2ОгО = 2B0ctgZB010 = i = BD ctga = = \/a2 + b2 - 2ab cos a • ctg a. Если же a ^90°, то LBOXO2 = ^ = |(360°-2a) = Следовательно, ОгО2 = у/а2 + Ъ2 - 2ab cos a • ctg(180° - a) = - ctg a Va2 + b2 - 2ab cos a. 10.13. Две окружности пересекаются в точках А и К. Их центры расположены по разные стороны от прямой, содержащей отрезок АК. Точки В и С лежат на разных окружностях. Прямая, содержащая отрезок АВ, касается одной окружности в точке А. Прямая, содержащая отрезок АС, касается другой окружности также в точке Л. Длина отрезка ВК равна 1, длина отрезка СК равна 4, а тангенс угла CAB равен -=. Найдите площадь треугольника ABC. vl5 c , /тс Ответ: 5 + Л5 Решение. Обозначим ZBAK — a, Z.CAK = р. По теореме об угле между касательной и хордой LACK = ZBAK = a, I АВК = ZCAK = /3. ВК АК Треугольники АВК и САК подобны по двум углам. Поэтому -rzz = т^т. Отсюда находим, что АК - VBK • КС - /Ь4 = 2.
Тренировочные задачи 171 Поскольку то угол CAB — острый. Тогда cos(a + /3) = -^г-у sin(a + /3) = ^. По теореме косинусов из треугольника АКВ находим, что АВ2 = АК2 + ВК2 - 2АК • ВК cos А АКВ = = АК2 + ВК2 - 2АК • ВК cos(180° - а - /3) = 42AK-BKcos(a + /3) = 4+1 + 2-2-1-^ = 5 +Л5. Из подобия треугольников АВК и САК следует, что АС = 2АВ. Следовательно, = \aB-AC sin ABAC = АВ2 sin ABAC = -
§ 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником Подготовительные задачи 11.1. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 2, угол при вершине равен 120°. Найдите диаметр описанной окружности. Ответ: 4. Решение. Боковая сторона ВС равнобедренного треугольника ABC видна из центра О описанной окружности под углом 60°, т. к. на дугу ВС опирается вписанный угол CAB, равный 30°. Поэтому треугольник СОВ — равносторонний. Следовательно, R = ОС = ВС = 2. 11.2. Под каким углом видна из точек окружности хорда, равная радиусу? Ответ: 30° или 150°. Решение. Пусть АВ — хорда окружности радиуса R, М — произвольная точка, лежащая на откружности и отличная от точек Л и В, LAMB = а. По теореме синусов АВ R 1 Следовательно, а = 30° (в этом случае точка М лежит на большей дуге АВ (см. рисунок слева) или а = 150° (в этом случае точка М лежит на меньшей дуге АВ (см. рисунок справа)). М м 11.3. В равнобедренном треугольнике ABC {АВ = ВС) проведена высота CD. Угол ВАС равен а. Радиус окружности, проходящей через точки А, С и D, равен R. Найдите площадь треугольника ABC.
Подготовительные задачи 173 Ответ: R2tga. Решение. Из точки D отрезок АС виден под прямым углом, значит, эта точка лежит на окружности с диаметром АС, а т. к. через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит единственная окружность, то окружность с диа- в метром АС — это окружность, о которой говорится в условии задачи. Пусть О — её центр. Тогда О — середина основания АС равнобедренного треугольника ABC, поэтому ВО — высота данного треугольника. Из прямоугольного треугольника ОАВ находим, что ВО = QAtgZ.OAB = Rtga. Следовательно, С\ SAABC = ^АСВО = |-2RRtga = R2tga. 11.4. Катеты прямоугольного треугольника равны а и Ъ, а гипотенуза равна с. Найдите радиус вписанной окружности. Ответ: 2~с. Решение. Обозначим вершины треугольника, противолежащие сторонам а,Ъис, через А, ВиС соответственно, а точки касания с этими сторонами — соответственно Аг, Вг иСг. Если О — центр данной окружности, то ОАгСВг —квадрат. Поэтому САг=г, ВС1=ВА1=а-г, АС1=АВ1=Ъ-г, с = АВ = АСг+СгВ = а + Ъ-2г. Следовательно, 11.5. Дан треугольник со сторонами 3, 4, 5. Найдите радиусы его описанной, вписанной и вневписанных окружностей. Ответ: |; 1; 2; 3; 6. Решение. Рассмотрим треугольник ABC, в котором АВ = 5, ВС = 3, АС = 4. Поскольку АВ2 = 52 = 42 + З2 = АС2 + ВС2, этот треугольник — прямоугольный, причём АВ — его гипотенуза. Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен половине 5 гипотенузы, т. е. «• Если Ль Вг и С1 —точки касания окружности, вписанной в треугольник, со сторонами ВС, АС и АВ соответственно, а г — радиус
174 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником вписанной окружности с центром О, то четырёхугольник ОА1СВ1 квадрат со стороной г, поэтому АС1=АВ1 =АС-СВг=АС-г, В^ = ВА1 = ВС-СА1= ВС-г. Тогда АВ = АСг+ВСг = (АС -г) + {ВС -г) = AC + BC -2г. Следовательно, АС+ВС-АВ 4+3-5 г = = 1. Пусть р = —^— = ^ — полупериметр треугольника АВСУ га — радиус окружности с центром Оа, касающейся катета ВС в точке A2i а продолжений гипотенузы АВ и катета АС — в точках М и N соответственно. Тогда = АС + (СА2+А2В)+АВ = 2р = а т. к. AM = AN, то AN = р. Четырёхугольник OaNG42 —квадрат со стороной ra, поэтому га = ОаА2 = CN = AN -АС = р -АС = 6-4 = 2.
Подготовительные задачи 175 Если гъ и гс — радиусы вневписанных окружностей треугольника ABC, касающихся катета АС и гипотенузы АВ, то аналогично найдём, что гь = р-ВС = 6-3 = 3, гс = р = 6. 11.6. Найдите радиусы описанной, вписанной и вневписанных окружностей треугольника со сторонами 13, 13, 10. Ответ: Щ, у, у, 12, 12. Решение. Пусть стороны АВ, АС и ВС треугольника ABC равны 13, 13 и 10 соответственно, АН — высота треугольника, R и г — радиусы соответственно описанной и вписанной окружностей, га, гъ и гс — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон ВС, АС и АВ соответственно. Поскольку треугольник равнобедренный, точка Н — середина основания ВС (см. рисунок слева). Из прямоугольного треугольника АВН находим, что АН = 2-BH2 = Vl32-52 = 12, sin A ABC = sin Z АВН = Щ = Щ. По теореме синусов R = АС 13 2 sin ZABC Н 5 В Пусть О — центр вписанной окружности треугольника ABC (см. рисунок справа). Тогда ВО — биссектриса треугольника АВН, поэтому ОИ_ __ ВИ_ _5_ ОН_ _ _5_ _5_ ОЛ АВ 13' АН 5 + 13 18* Следовательно,
176 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником Пусть Оа — центр вневписанной окружности, касающейся стороны ВС и продолжения сторон АС и АВ, причём продолжения стороны АВ — в точке М (см. рисунок слева). Тогда ВМ = ВН = 5, AM = АВ + ВМ = 13 + 5 = 18. Из прямоугольного треугольника АМОа находим, что ra = OaM = AMtgZMAH = AM -Щ = 18-^ = у. А 13t 5 Н 5 В К Пусть Ос — центр вневписанной окружности, касающейся стороны АВ и продолжений сторон ВС и АС в точках К и L соответственно (см. рисунок справа). Тогда АОС — биссектриса угла BAL, а т. к. АН — биссектриса смежного с ним угла ВАС, то ZHAOC = 90°. Четырёхугольник АОСКН — прямоугольник UHAOC = ZAHK = ZHKOC = 90°), поэтому гс = ОСК = АН = 12. Аналогично найдём, что гъ = АН = 12. 11.7. Найдите радиусы описанной, вписанной и вневписанных окружностей треугольника со сторонами 13, 14, 15. Ответ: Щ, 4, 14, 12, Ц-. Решение. Пусть стороны АВ, АС и ВС треугольника ABC равны 13, 14 и 15 соответственно, R и г — радиусы соответственно описанной и вписанной окружностей, га, гь и гс — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон ВС, АС и АВ соответственно, S — площадь треугольника ABC, p — полупериметр.
Подготовительные задачи 177 По теореме косинусов АВ2 + АС2-ВС2 169 + 196-225 5 cos ZBAC = 2АВАС 21314 13* Тогда S = ^AB-ACsinZBAC = \ • 13-14- Щ = 84. Следовательно, По теореме синусов р гС — Р ВС 2sinZBAC 84 21 г 4 = 4. 15 65 8 * А Пусть О — центр вневписанной окружности, касающейся стороны ВС в точке М и продолжения сторон АС и АВ — в точках К и L соответственно (см. рисунок справа). Тогда АК = AL, СК = CM, BL = ВЫ, =AK + AL, значит, AK = AL = p, поэтому S = Saaok +Saaol — Skcblo — Saaok+Saaol "
178 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником Следовательно, Га Р Аналогично найдём, что 5 84 Г*> р-АС 21-14 5 -ВС ~ 84 7 1ё 84 21-15 84 - 6 Х 5 р-АВ 84 21-13 84 8 21 2 * 11.8. В равнобедренный треугольник с основанием, равным а, вписана окружность, и к ней проведены три касательные так, что они отсекают от данного треугольника три маленьких треугольника, сумма периметров которых равна Ъ. Найдите боковую сторону данного треугольника. „ Ь-а Ответ: ~о~- Решение. Сумма периметров отсеченных треугольников равна периметру данного треугольника. Поэтому сумма боковых сторон равна Ъ — а. Тогда каждая боковая сторона равна ~п~- 11.9. Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна а, средняя линия трапеции равна Ь, а острый угол при основании равен 45°. Найдите радиус окружности, описанной около трапеции. В; 1 ^^ Г б а С Н а \ Ответ: Решение. 2 Пусть ABCD — равнобедренная трапеция с основаниями AD > ВС, ZADC = 45°, СИ — высота трапеции, R — радиус окружности, описанной около трапеции. Известно, что проекция диагонали равнобедрен-
Тренировочные задачи 179 ной трапеции на большее основание равна полусумме оснований, т. е. средней линии трапеции. Тогда CH = DH = a, AC = у/СН2 + АН2 = л/а2 + Ъ2. Окружность, описанная около трапеции, совпадает с окружностью, описанной около треугольника ACD. По теореме синусов R = АС АС 2 sin ZADC 2 sin 45° 11.10. Основания равнобедренной трапеции равны 21 и 9, а высота равна 8. Найдите радиус окружности, описанной около трапеции. Ответ: -g-. в Решение. Из вершины С меньшего основания ВС трапеции ABCD опустим перпендикуляр СК на большее основание AD. Тогда СК = 8. Если AD = 21, ВС = 9, то СК sin AD = ^ = jr, AC= \/AK2 + CK2 = Vl52 + 82 = 17. Если R — радиус окружности, описанной около трапеции ABCD, то R = АС 2 sin ZD 85 8 * Тренировочные задачи 11.11. Трапеция ABCD с основаниями ВС = 2 и AD = 10 такова, что в неё можно вписать окружность и около неё можно описать окружность. Определите, где находится центр описанной окружности, т. е. расположен он внутри или вне её, или же на одной из сторон трапеции ABCD. Найдите также отношение радиусов описанной и вписанной окружностей. Ответ: вне; 5 . Решение. Пусть R и г — радиусы вписанной и описанной окружностей, К — основание перпендикуляра, опущенного из вершины С на сторону AD. Поскольку трапеция вписанная, то она равнобедренная.
180 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником AD -\-BC AD -\-ВС Тогда АК = —^— = 6, KD = —^ = 4, а т. к. трапеция описанная, то 2 • CD = ВС + AD, поэтому CD = 6. Отсюда находим, что СК = 2л/5, АС = 2V?4. С помощью теоремы косинусов убеждаемся, что угол Z.ACD тупой, поэтому центр описанной окружности лежит вне трапеции. Кроме того, В 2 С поэтому ЗЛ4 R = АС ЗЛ4 2 sin ZD 1 R а т. к. г = х СК = у/Ъ9 то - = 11.12. В прямоугольном треугольнике отношение радиуса вписан- 2 ной окружности к радиусу описанной окружности равно ^. Найдите острые углы треугольника. 3 3 Ответ: arctg^, arcctg^. Решение. Пусть радиус вписанной окружности прямоугольного треугольника с катетами а, Ъ и гипотенузой с равен 2х, тогда радиус описанной окружности равен 5х и с = 10*. Поэтому а2 + Ъ2 = IOOjc2. Поскольку радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен —2— (задача 11.4), получим уравнение а + Ъ = 14*. Из системы (а2 + Ъ2 = IOOjc2, \а + Ъ = 14х находим, что а = 8х, Ъ = 6х или а = 6х, Ъ = 8х. 3 4 Следовательно, тангенсы острых углов треугольника равны т и «. 11.13. В прямоугольный треугольник ЛВС с углом Л, равным 30°, вписана окружность радиуса R. Вторая окружность, лежащая вне треугольника, касается стороны ВС и продолжений двух других сторон. Найдите расстояние между центрами этих окружностей. Ответ: 2Ял/2.
Тренировочные задачи 181 Решение. Пусть О1 и О2 — центры данных окружностей {R— радиус первой), С — вершина прямого угла. Тогда треугольник ОгСО2 — прямоугольный. Поскольку точки О1 и О2 расположены на биссектрисе угла Л, то Следовательно, ОгО2 = 2ОгС = 11.14. В треугольнике PQR угол QRP равен 60°. Найдите расстояние между точками касания со стороной QR окружности радиуса 2, вписанной в треугольник, и окружности радиуса 3, касающейся продолжений сторон PQ и PR. Ответ: у/3. Решение. Пусть Ог и О2 — центры окружностей радиусов 2 и 3 соответственно, М и N — их точки касания со стороной RQ. Тогда RM = O1MctgZMRO1 = 2ctg30° = 2л/3, RN = O2NctgZNRO2 = 3ctg60° = л/3. Поэтому MN = RM-RN = 2л/3- л/3 = л/3.
182 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником 11.15. Равносторонний треугольник со стороной 3 вписан в окружность. Точка D лежит на окружности, причём хорда AD равна л/3. Найдите хорды BD и CD. Ответ: л/3, 2л/3 или 2л/3, л/3. Решение. Пусть точка D лежит на меньшей дуге АВ. Тогда четырёхугольник ADBC — вписанный, поэтому ZADB = 180° - ZACB = 180° - 60° = 120°. Обозначим BD = х. По теореме косинусов АВ2 = AD2 + BD2 - 2AD • BD cos 120°, или 9 = 3 + х2 + хл/З, откуда находим, что BD = = х=у/3 = AD, а т. к. СА = СВ, то прямая CD — серединный перпендикуляр к хорде АВ, значит, CD—диаметр окружности. Следовательно, CD = 2у/3. Если же точка D лежит на меньшей дуге АС, то аналогично найдём, что BD — 2у/Ъ и CD — у/3. 11.16. Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника ABC, ZAOC = 60°. Найдите угол АМС, где М — центр окружности, вписанной в треугольник ABC. Ответ: 165° или 105°. Решение. Если точки О и Б лежат по разные стороны от прямой АС (см. рисунок слева), то градусная мера дуги АС, не содержащей точки Б, равна 360° - 60° = 300°, поэтому ZABC = |
Тренировочные задачи 183 Сумма углов при вершинах А и С треугольника ABC равна 180° - -150° = 30°, а т.к. AM и СМ — биссектрисы треугольника ABC, то сумма углов при вершинах А и С треугольника АМС равна 15°. Следовательно, /АМС = 180° - 15° = 165°. Если же точки О и В лежат по одну сторону от прямой АС (см. рисунок справа), то аналогично получим, что /.АМС -105°. 11.17. В треугольнике ABC известно, что АС = Ъ, /ABC — а. Найдите радиус окружности, проходящей через центр вписанного в треугольник ABC круга и вершины Л и С. Ь Ответ: 2cosf * Решение. Пусть О — центр вписанного в треугольник ABC круга, R — искомый радиус. /АОС = 180° - \/ВАС - \/ВСА = = 180° - \ UBAC + /ВСА) = = 180° - \ (180° - /ABC) = 90° + |. Тогда АС Ь Ь R = 2 sin / АОС 2 sin (90° +f) 2cosf 11.18. В окружности проведены две хорды АВ = а и АС — Ъ. Длина дуги АС, не содержащей точки В, вдвое больше длины дуги АВ, не содержащей точки С. Найдите радиус окружности. Ответ: /4а2-Ъ2 Решение. Вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается, поэтому угол В треугольника ABC вдвое больше угла С. Пусть /АСВ = а. Тогда /ABC = 2а. По теореме синусов а = Ь sin а ~~ sin 2а' откуда cos a = 2~. Тогда sina=tL-{h)2= 2a
184 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником Если R — радиус окружности, то по теореме синусов а а2 R = 2 sin a 11.19. Из точки М на окружности проведены три хорды: MN = 1, МР = 6, MQ = 2. При этом углы NMP и PMQ равны. Найдите радиус окружности. /34 Ответ: 2у zr=. Решение. Обозначим ZNMP=ZPMQ= = а. Выразим равные отрезки NP и PQ по теореме косинусов из треугольников NMP и PMQ соответственно: NP2 = MN2 + МР2 - 2NM • МР cos a, PQ2 = МР2 + MQ2 - 2МР • MQ cos а. Приравняв правые части полученных равенств, получим уравнение, из которого найдем, что cosa= т- Тогда NP = Если R — искомый радиус, то NP -2-1-6-^ = л/34, sina = R = _ 2sina Л1 2 34 15Ф 11.20. Через вершины А и В треугольника ABC проходит окружность радиуса г, пересекающая сторону ВС в точке D. Найдите радиус окружности, проходящей через точки A, D и С, если АВ — с и АС — Ь. Ьг Ответ: —. Решение. Поскольку то = 180°, sin ZADC = sin ZADB = j^. Если R — радиус окружности, проходящей через точки А, С и D, то Ь Ь hi 2sinZADC ~ 2-f ~ с ' R =
Тренировочные задачи 185 11.21. Центр описанной окружности треугольника симметричен его центру вписанной окружности относительно одной из сторон. Найдите углы треугольника. Ответ: 36°, 36°, 108°. Решение. Пусть О и Q — соответственно центры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC, причём точки О и Q симметричны относительно прямой ВС. Обозначим ZOBC = ZQBC = а. Треугольник ВОС равнобедренный, поэтому ZQCB = ZOCB = ZOBC = а, а т. к. BQ — биссектриса угла ABC, то ZABC = 2а. Аналогично ZACB = = 2а. Значит, треугольник ABC равнобедренный, его биссектриса AM является высотой, а точки Q и М лежат на отрезке ОА. Поскольку треугольник АОВ также равнобедренный (ОА = ОВ как радиусы одной окружности), то ZOBA = ZOAB, или За = 90° - 2а. Отсюда находим, что а = 18°. Следовательно, ZACB = ZABC = 2а = 36°, ZCAB = 6а = 108°. А 11.22. Угол при основании равнобедренного треугольника равен {р. Найдите отношение радиуса вписанной в данный треугольник окружности к радиусу описанной окружности. (О Ответ: tg -^ sin2</?. A Решение. Обозначим основание ВС равнобедренного треугольника ABC через а, радиусы вписанной и описанной окружностей— г и R соответственно, центр вписанной окружности — О, середину ВС—М. Тогда R = ВС 2 sin ABAC ~ 2sin(180°-2(/?) 2sin2(/?'
186 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником = OM = О L5 о • Следовательно, 11.23. В треугольнике ЛВС с периметром 2р сторона АС равна а, острый угол ABC равен а. Вписанная в треугольник ABC окружность с центром О касается стороны ВС в точке К. Найдите площадь треугольника ВОК. Ответ: ^{р-а)2Х.%^. Решение. Поскольку ВК = р-АС = р-а, то Sabok = \ВКОК = ±(p-a)2tg§. 11.24. В треугольнике ABC с периметром 1р острый угол ВАС равен а. Окружность с центром в точке О касается стороны ВС и продолжения сторон АВ и АС в точках К и L соответственно. Точка D лежит внутри отрезка АК, AD = а. Найдите площадь треугольника DOK. Ответ: 2Р(Р~ Решение. Пусть М—точка касания данной окружности со стороной ВС. Тогда KB = ВЫ, 1С = СМ, а так как АК=AL, то АК=р. Поэтому Следовательно, Sdok = \ОК • OK = \р(р - a) tg §. 11.25. В треугольник вписана окружность радиуса 4. Одна из сторон треугольника разделена точкой касания на части, равные 6 и 8. Найдите две другие стороны треугольника. Ответ: 13 и 15.
Тренировочные задачи 187 Решение. Пусть К, М, N — точки касания вписанной окружности со сторонами соответственно ВС, АС и АВ треугольника ABC; BK = 8, КС = 6. Тогда CM = KC = 6,BN = BK = S. Обозначим AM = AN = x. Поскольку площадь треугольника равна произведению полупериметра треугольника на радиус вписанной окружности, то А С другой стороны, по формуле Герона &ААВС — Решив уравнение 4(14+х) = найдём, что х — 7. Следовательно, = 13, АВ = х + 8 = 15. В 8 К 6 С 11.26. Прямоугольный треугольник ABC разделен высотой CD, проведённой к гипотенузе, на два треугольника: BCD и ACD. Радиусы окружностей, вписанных в эти треугольники, равны 4 и 3 соответственно. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Ответ: 5. Решение. Пусть г — искомый радиус, гг и г2 — радиусы данных окружностей. Из подобия треугольников DBC и СВА находим, что И - ^ г ~ АВ' а из подобия треугольников DCA и СВА — г_2 _ АС г ~ АВ' Возведём обе части этих равенств в квадрат и сложим почленно полученные равенства. Тогда r2 = rl + rl = 16 + 9 = 25. Следовательно, г = 5.
188 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником 11.27. К окружности, вписанной в треугольник со сторонами 6, 10 и 12, проведена касательная, пересекающая две большие стороны. Найдите периметр отсечённого треугольника. Ответ: 16. Решение. Пусть К — точка касания окружности, вписанной в треугольник ABC, со стороной АВ (АВ = 10, АС = 12, ВС = 6). Если р — полупериметр треугольника, то АК = р-ВС = 14-6 = 8, а длина отрезка АК равна полупериметру отсечённого треугольника. Следовательно, искомый периметр равен 16. 11.28. Окружность, вписанная в треугольник, точкой касания делит одну из сторон на отрезки, равные 3 и 4, а противолежащий этой стороне угол равен 120°. Найдите площадь треугольника. Ответ: 4л/3. Решение. Обозначим через х расстояние от вершины угла в 120° до ближайшей точки касания и применим теорему косинусов. Получим уравнение х2 + 7х — 4 = 0, из которого находим, что х = —~—. Пусть р — полупериметр треугольника, г — радиус вписанной окружности, S — площадь. Тогда Следовательно, S = рг — (>/65-7)v/3 11.29. Пусть CD — медиана треугольника ABC. Окружности, вписанные в треугольники ACD и BCD, касаются отрезка CD в точках М и N. Найдите MN, если АС-ВС = 2. Ответ: 1.
Тренировочные задачи 189 Решение. Поскольку AD — DB, а СМ = то AC + CD-AD CN = BC + CD-BD MN=\CM-CN\ = AC + CD-AD BC + CD-BD 2 \АС-ВС\ 11.30. На основании АВ равнобедренного треугольника ABC взята точка D, причём BD — AD = 4. Найдите расстояние между точками, в которых окружности, вписанные в треугольники ACD и BCD, касаются отрезка CD. Ответ: 2. Решение. Пусть окружности, вписанные в треугольники ACD и BCD, касаются отрезка CD в точках М и N соответственно. Поскольку АС = ВС, а СМ = то AC + CD-AD CN = BC + CD-BD MN = \CM-CN\ = IAC + CD-AD BC + CD-BD 2 \BD-AD\ В 11.31. В четырёхугольнике MNPQ расположены две непересекающиеся окружности так, что одна из них касается сторон MN, NP, PQ, а другая — сторон MN, MQ, PQ. Точки ВиА лежат соответственно на сторонах MN и PQ, причём отрезок АВ касается обеих окружностей. Найдите длину стороны MQ, если NP = Ъи периметр четырёхугольника BAQM больше периметра четырёхугольника ABNP на величину 2р. Q М
190 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником Ответ: Ъ + р. Решение. Четырёхугольники ABMQ и ABNP — описанные, поэтому MQ + AB = \ръ AB + NP = |р2, где Pi и Р2 — периметры этих четырёхугольников, значит, Отсюда находим, что MQ = NP + p = Ъ + р. 11.32. Около окружности радиуса R описан параллелограмм. Площадь четырёхугольника с вершинами в точках касания окружности и параллелограмма равна S. Найдите стороны параллелограмма. Ответ: -^-. Решение. В данный параллелограмм ABCD вписана окружность, поэтому ABCD — ромб. Пусть А его острый угол. Четырёхугольник с вершинами в точках касания — прямоугольник с диагоналями, равными 2R. Обозначим угол между ними через а. Тогда s = h = 2R2sina, А К откуда sin a = -—$. Пусть К — проекция точки В на сторону AD. Тогда ВК _ _2Я_ 2R 4Д3 sinZA ~~ sin а ~~ Д- ~~ S АВ = 11.33. В четырёхугольнике ABCD сторона АВ равна стороне ВС, диагональ АС равна стороне CD, а AACB-AACD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники АС В и ACD, относятся как 3:4. Найдите отношение площадей этих треугольников. Ответ: 9:14. Решение. Обозначим ZACB = ZACD = а. Прямые АВ и CD параллельны, т.к. /.ВАС = ZACB = ZACD, значит, ABCD — трапеция. Высоты треугольников ABC и ACD, проведённые из вершин соответственно С и Л, равны, поэтому отношение площадей треугольников ABC и ACD равно отношению оснований АВ и CD трапеции. Центры О и Q окружностей, вписанных в треугольники соответственно ABC и ACD, — точки пересечения биссектрис этих треугольников, поэтому ZACO = ZACQ.
Тренировочные задачи 191 Пусть ОМ ylQK — радиусы окружностей, проведённые в точки касания окружностей со стороной АС, N — середина основания AD равнобедренного треугольника ACD. С 6х D Прямоугольные треугольники CKQ и СМО подобны по двум углам, причем коэффициент подобия равен ^тт = ~, значит, ^тт = «. Положим СК = 4х, СМ = Зх. Точка М — середина основания АС равнобедренного треугольника ABC, поэтому CD = AC = 2CM = 6х, АК = АС-СК = 6х-4х = 2х, AN =AK = 2x, AD = 4х. По теореме косинусов _ АС2 + CD2-AD2 _ 36*2 + 36*2-16х2 _ 7 C0S(X~ 2ACCD ~ 2-6*6* ~ 9* Из прямоугольного треугольника ВМС находим, что иг - Ш- 3* 27* bL~ cosa ~ Z - 7 ' 9 27* значит, AB = BC=-j-. Следовательно, Saabc АВ — _ 9 JAACD CD ~ 6* ~ 14* 11.34. Периметр треугольника ABC равен 8. В треугольник вписана окружность и к ней проведена касательная, параллельная стороне АВ. Отрезок этой касательной, заключённый между сторонами АС и СВ, равен 1. Найдите сторону АВ. Ответ: 2. Решение. Обозначим точки пересечения касательной со сторонами АС и СВ через М и N, а точки касания этих сторон с вписанной
192 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником окружностью — через Р и Q. Тогда полупериметр треугольника CMN равен CP = CQ = 4-AB. Из подобия треугольников CMN и CAB следует, что MN 4-АВ ИЛИ MN АВ 1 АВ 4-АВ 4 > ™1" АВ~ 4 (отношение периметров подобных треугольников равно отношению соответствующих сторон). А В Из этого уравнения находим, что АВ — 2. 11.35. Радиус вписанной в треугольник ABC окружности равен л/3 -1. Угол ВАС равен 60°, а радиус окружности, касающейся стороны ВС и продолжений сторон АВ и АС, равен л/3 +1. Найдите углы ABC и ЛСБ данного треугольника. Ответ: 30°, 90°. Решение. Пусть О и Ох — центры окружностей радиусов у/3 - 1 иЛ+1 соответственно, Р и АГ — точки касания окружностей с прямой АС, М — точка пересечения биссектрисы АОг угла А со стороной ВС. Тогда ОО1 = АО1 -АО = 2ОгЫ - 2ОР = 4. Опустим перпендикуляр OF на продолжение радиуса большей окружности, проведённого в точку касания с прямой ВС. Тогда <V = л/3- 1 + л/3 + 1 = 2л/3, cosZFOjO = §^ = ^р = ^. Следовательно, ZFOjO = 30°, ZBMA = 120°, /ЛСВ = Z.BMA - /.MAC = 120° - 30° = 90°, /ABC = 30°.
Тренировочные задачи 193 11.36. В параллелограмме ABCD острый угол BAD равен а. Пусть 0ъО2уО3,О4 — центры окружностей, описанных соответственно около треугольников DAB, DAC, DBC, ABC. Найдите отношение площади четырёхугольника 0x020304 к площади параллелограмма ABCD. Ответ: ctg2a. Решение. Рассмотрим четырёхугольник, вершины которого — точки пересечения четырёх серединных перпендикуляров к сторонам данного параллелограмма. Это также параллелограмм, и его вершины— это точки 01? 02, 03 и 04. Обозначим через О общий центр этих параллелограммов. Пусть острый угол между диагоналями параллелограмма ABCD равен (/?. Тогда острый угол между диагоналями параллелограмма ОгО2О3О4 также равен </? (острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны). Рассмотрим окружность с центром Оъ описанную около треугольника ABD. Центральный угол BO±D вдвое больше вписанного угла BAD, поэтому АВОгО = ^ • = ZBAD = a. 00, Из прямоугольного треугольника ВОг О находим, что -^q = ctg а. Ана- ОО2 логично находим, что -ттг- = ctga. Следовательно, Sabcd L2O,O3 \BD •О2О4 sin (/? • AC sin (p ~ BD O2O4 AC ОгО ~ BO 002 АО
194 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником 11.37. Около треугольника ABC описана окружность. Медиана AD продолжена до пересечения с этой окружностью в точке Е. Известно, что АВ + AD = DE, /BAD = 60°, АЕ = 6. Найдите площадь треугольника ABC. Ответ: —г-. Решение. На продолжении отрезка ЕЛ за точку А отложим отрезок ABlt равный АВ. Тогда Y ^ = BA + AD = DE. Следовательно, четырёхугольник ВХВЕС — параллелограмм. Тогда /ABC = /ВгЕС = /ВВгА = 30°, /ADB = 90°, поэтому АЕ—диаметр окружности, /ABE = 90°, АС = АВ = ±АЕ = 3. Следовательно, $аавс — ' № sin /ВАС = \ • 3 • 3 sin 120° = 11.38. В четырёхугольник ABCD можно вписать и вокруг него можно описать окружность. Диагонали этого четырёхугольника взаимно перпендикулярны. Найдите его площадь, если радиус описанной окружности равен R и АВ = 2ВС. о Ответ: -?R2. Решение. Обозначим ВС = х, АВ = 2х, AD — у, CD = z. Поскольку в четырёхугольник можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон равны, а т. к. диагонали четырёхугольника перпендикулярны, то равны и суммы квадратов его противоположных
Тренировочные задачи 195 сторон. Тогда [х+у = 2x + z, = y-z, = y2-z2 = y-zy = y-z, x = y-zt 3x = y + z y = 2x, Z = X в (т. к. х Ф 0). Поэтому ВС = DC и ВА = DA, т. е. точки Аи С равноудалены от концов отрезка BD. Значит, прямая АС — серединный перпендикуляр к хорде BD описанной окружности четырёхугольника ABCD. Следовательно, АС — диаметр этой окружности, ZABC = ZADC = 90°. По теореме Пифагора ВС2+АВ2 = AC2 f или х2 + 4х2 = 4R2, откуда х2 = ■= R2. Следовательно, Sabcd — '• 5 а авс — 11.39. Радиус окружности, описанной около остроугольного треугольника АВС, равен 1. Известно, что на этой окружности лежит центр другой окружности, проходящей через вершины А, С и точку пересечения высот треугольника АВС. Найдите АС. Ответ: у/3. Решение. Если Н — точка пересечения высот треугольника АВС, то ZAHC = 180° - -ZABC. Тогда Z.AOC = = 360° - 2ZAHC = 2ZABC, где О — центр второй окружности, а т.к. ZAOC + ZABC = 180°, то 3ZABC = 180°. Следовательно, ZABC = 60°. Тогда AC = 2RsinZABC = 2-1- ^ = л/3. 11.40. Под каким углом видна из вершины прямого угла прямоугольного треугольника проекция на гипотенузу вписанной окружности? Ответ: 45°.
196 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником Решение. Первый способ. Пусть О — центр окружности радиуса г, вписанной в прямоугольный треугольник ABC; P, Q и Т — точки касания этой окружности соответственно с катетами АС, ВС и гипотенузой АВ; MN — проекция окружности на гипотенузу. Поскольку CPOQ — квадрат со стороной г, то ОС = г у/2. Аналогично находим, что ОМ = ON = г у/2. Значит, точки С, М и N лежат на окружности с центром О и радиусом г у/2. Поскольку MON — центральный угол этой окружности, a MCN — вписанный, то Z.MCN = \/.MON = \ -90° = 45°. Второй способ. Через точки М и N проведём касательные к окружности, не совпадающие с прямой АВ. Пусть X и Y — точки их касания с окружностью, a F и G — точки их пересечения с катетами АС и ВС соответственно. Тогда CF = CP + PF = r + PF = r + FX = MX + FX = MF. Значит, треугольник CFM — равнобедренный. Аналогично CG = NG, т. е. треугольник CNG — также равнобедренный.
Тренировочные задачи 197 Проведём высоту СН треугольника ABC. Тогда MF \\ СН и NG \\ СН, поэтому ZHCM = ZCMF = Z.MCF, ZHCN = ZCNG = ZNCG. Следовательно, ZMCN = ZHCM + ZHCN = \AACB = \ 90° = 45°.
§ 12. Пропорциональные отрезки в окружности Подготовительные задачи 12.1. Точка М внутри окружности делит хорду этой окружности на отрезки, равные а и Ъ. Через точку М проведена хорда АВ, делящаяся точкой М пополам. Найдите АВ. Ответ: 2y/ab. Решение. Обозначим AM = ВЫ = х. По теореме об отрезках пересекающихся хорд x2 = ab, откуда х — y/ab. Следовательно, АВ = 2х = = 2y/ab. 12.2. Диагонали вписанного четырёхугольника ABCD пересекаются в точке К. Известно, что АВ — а, ВК — Ъ, АК = c,CD = d. Найдите АС. ac + bd Ответ: Решение. Из подобия треугольников АВК и DCK (по двум углам) следует, что АВ _ Ш CD ~ CK' Поэтому АВ Следовательно, а а 12.3. Из точки, расположенной вне окружности на расстоянии у/7 от центра, проведена секущая, внутренняя часть которой вдвое меньше внешней и равна радиусу окружности. Найдите радиус окружности. Ответ: 1. Решение. Пусть секущая, проведённая из точки М, пересекает окружность с центром О в точках Б и С (Б между С и М), а прямая МО пересекает окружность в точках А и D (Л между М и О). Тогда MB • МС = МА • MD (оба произведения равны квадрату касательной, проведённой к окружности из точки М). Обозначим через г радиус окружности. Тогда BC = r, BM = 2r, MC = 3r, MA = MO-OA= y/7-r, = y/7 + r,
Подготовительные задачи 199 значит, 2г • Зг = (\/7 - г)(\/7 + г). Из этого уравнения находим, что г=1. 12.4. Через точку М проведены две прямые. Одна из них касается некоторой окружности в точке А, а вторая пересекает эту окружность в точках Б и С, причём ВС = 7 и ВЫ = 9. Найдите AM. Ответ: 12илиЗ\/2. Решение. Пусть точка В лежит между точками М и С (см. рисунок слева). По теореме о касательной и секущей AM2 = MC-MB = (9 + 7)9 = 16-9 = 122. Следовательно, AM = 12. 4 » А Если точка С лежит между точками В и М (см. рисунок справа), то аналогично получим, что AM = 3 \/2. 12.5. Из точки А проведены два луча, пересекающие данную окружность: один — в точках Б и С, другой — в точках D и Е. Известно, что АВ = 7,ВС = 7, AD = 10. Найдите DE. Ответ: ■=. Решение. Ясно, что точка Б расположена между точками А и С. Предположим, что точка D расположена между точками А и Е (см. ри-
200 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности сунок слева). Тогда по следствию из теоремы о касательной и секущей AB-AC = ADAEt или 14-7 = 10Q0 + DE). Отсюда находим, что DE = — •=, что невозможно. Поэтому точка Е расположена между А и D (см. рисунок справа). Тогда AB-AC = AD-AEy или 14-7 = 10(10 -DE). Отсюда находим, что DE = =. 12.6. Точка М удалена от центра окружности радиуса R на расстояние d. Прямая, проходящая через точку М, пересекает окружность в точках А и В. Найдите произведение АМ-ВМ. Ответ: |R2-d2|. Решение. Рассмотрим случай, когда точка М лежит внутри окружности (см. рисунок слева). Пусть О — центр окружности, R — радиус, PQ—диаметр, проходящий через точку М (М между О и Р). По теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд для любой хорды АВ, проходящей через точку М, AM-BM = PM-QM = (OP - 0M)(0Q + 0M) = (R-d)(R + d) = R2 - d2. Если же точка М лежит вне окружности (см. рисунок справа), то аналогично получим, что AM • ВМ = d2-R2. 12.7. В квадрат ABCD со стороной а вписана окружность, которая касается стороны CD в точке Е. Найдите хорду, соединяющую точки, в которых окружность пересекается с прямой АЕ.
Подготовительные задачи 201 Ответ: -p. v5 Решение. Пусть РЕ — искомая хорда, М — точка касания окружности со стороной AD. Тогда AE=y/AD2 + DE2 = По теореме о касательной и секущей AM2 = АЕ-АР, ИЛИ -j = АМ = \. ■-ре). 2а Из этого уравнения находим, что РЕ = —р. 12.8. В прямоугольном треугольнике ABC угол А прямой, катет АВ равен а, радиус вписанной окружности равен г. Вписанная окружность касается катета АС в точке D. Найдите хорду, соединяющую точки пересечения окружности с прямой BD. ~ 2аг Ответ: , Решение. Пусть О — центр вписанной окружности треугольника ABC, E — отличная от D точка пересечения прямой BD с этой окружностью, F — точка касания окружности с катетом АВ. Обозначим DE = x. Четырёхугольник AFOD — квадрат со стороной г, поэтому AF = = OD = г и AD = OF = г. По теореме Пифагора Г BD = y/AB2+AD2 = По теореме о касательной и секущей BD-BE = BF2, или у/а2 + г2Ыа2 + г2-х) = (а-г)2. Из этого уравнения находим, что х = 2аг а-г у/г2 + а2 12.9. На боковой стороне равнобедренного треугольника как на диаметре построена окружность, делящая вторую боковую сторону на отрезки, равные а и Ъ. Найдите основание треугольника. Ответ: или у/2Ъ(а + Ъ). Решение. Первый способ. Пусть окружность, построенная как на диаметре на боковой стороне АВ равнобедренного треугольника ABC, пересекает боковую сторону АС в точке К, причём СК = а, АК = Ъ.
202 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности Тогда ZAKB = 90°. Из прямоугольного треугольника АКВ по теореме Пифагора находим, что ВК = VAB2-AK2 = . а из прямоугольного треугольника ВКС — ВС = Если СК = Ъ, АК = а, то аналогично получим, что ВС = y/2b(a + b). Второй способ. Пусть окружность, построенная как на диаметре на боковой стороне АВ равнобедренного треугольника ABC, пересекает боковую сторону АС в точке К, а основание ВС — в точке М, причём СК = а, АК = Ъ. Тогда ZAMB = 90°, т. е. AM — высота равнобедренного треугольника, проведённая к основанию. Зна- А чит, М — середина ВС. Из точки С к окружности проведены две секущие, поэтому СМ-СВ = СК-СА, или ^ откуда СВ = у/2а(а + Ъ). С Если СК = Ъ,АК = а, то аналогично получим, что ВС = м 12.10. В окружности с центром О проведены хорды АВ и CD, пересекающиеся в точке М, причём AM = 4, MB = 1, CM = 2. Найдите угол ОМС. Ответ: 90°. Решение. Из равенства AM • MB = = CM • MD следует, что в MD = АМ'МВ 4-1 = 2, CM 2 т.е. М — середина хорды CD. Поскольку диаметр, проходящий через середину хорды, не являющейся диаметром, перпендикулярен этой хорде, то ZOMC = 90°. Тренировочные задачи 12.11. В окружность вписан четырёхугольник ABCD, причём АВ является диаметром окружности. Диагонали АС и BD пересекаются
Тренировочные задачи 203 в точке М. Известно, что ВС = 3, СМ = - а площадь треугольника ABC втрое больше площади треугольника ACD. Найдите AM. Ответ: -^. Решение. Пусть DK — высота треугольника ADC. Поскольку вписанный угол АСВ опирается на диаметр АВ, то ZACB = 90°. Поэтому DK параллельно ВС, а т. к. площадь треугольника ADC в три раза меньше площади треугольника ABC, то его высота DK втрое меньше высоты ВС треугольника ABC. Следовательно, треугольник DKM подобен треугольнику ВСМ с коэффициентом ^ • ВМ = Поскольку AM • МС = DM • MB, то АМ = Зл/17 4 ' ■■о О DM MB МС D DM = 17 4 * зш = Л7 4 12.12. Через вершины В и С треугольника ABC проведена окружность, которая пересекает сторону АВ в точке К и сторону АС в точке Е. Найдите АЕ, зная, что АК = КВ = a, ZBCK = a, ZCBE = ]3. Ответ: 2 f Г^sin2 j3 + 8sin2 a - sin/?). 2 sin a Решение. Обозначим через R радиус данной окружности. Треугольник ВСК вписан в окружность, поэтому R= тг-г—. Треугольник ВСЕ также вписан в эту окружность, поэтому asin/3 sin a ' а т. к. АС • АЕ = АВ • АК, то или AE = 2а2, ,2^asmp.AE_2a2 = Q sin a
204 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности Отсюда находим, что АЕ = 2^та Гл/sin2/3 + 8sin2 a-sin/?) . 12.13. Окружность, построенная на стороне АС треугольника ABC как на диаметре, проходит через середину стороны ВС и пересекает 2 в точке D продолжение стороны АВ за точку А, причём AD = -~АВ. Найдите площадь треугольника ABC, если АС = 1. Ответ: -т-. о Решение. Пусть М — середина ВС. Диаметр АС виден из точки М под прямым углом, значит, AM — высота и медиана треугольника ABC, поэтому этот треугольник равнобедренный, АВ = АС = 1. Тогда а т. к. BCBM = BABD, то 2ВМ2 = |, ВМ = jf. Поэтому О V О Следовательно, = ВМ-АМ= t/|-4= = 12.14. Каждая из боковых сторон АВ и ВС равнобедренного треугольника ABC разделена на три равные части, и через четыре точки деления на этих сторонах проведена окружность, высекающая на основании АС хорду DE. Найдите отношение площадей треугольников ABC и BDE, если АВ = ВС = 3 и АС = 4. Ответ: л/2.
Тренировочные задачи 205 Решение. Поскольку треугольник ABC — равнобедренный, то AD = =ЕС. Обозначим DE = x. Тогда СЕ = 4-х CD = 4 + х 2 ' ш ~ 2 ' Из точки С к указанной окружности проведены две секущие. Произведение всей секущей на её внешнюю часть данной точки и данной окружности постоянно, поэтому CE-CD = 2, или = 2. Отсюда находим, что х = 2\/2. Следовательно, А V W = АС = _4__ = ^ S abde DE 2уП 12.15. Окружность, диаметр которой равен л/ТО, проходит через соседние вершины Л и В прямоугольника ABCD. Длина касательной, проведённой из точки С к окружности, равна 3, АВ = 1. Найдите сторону ВС. Ответ: |(У5±1). Решение. Заметим, что вершина С расположена вне окружности. Пусть СК — указанная касательная {К— точка касания). Если окружность не имеет общих точек с данным прямоугольником, кроме точек Л и В, то, продолжив отрезок СВ до пересечения с окружностью в точке Р, получим прямоугольный треугольник АВР, гипотенуза АР которого — диаметр окружности. Поэтому ВР = VAP2-AB2 = л/10-1 = 3. По теореме о касательной и секущей ВС {ВС + ВР) = СК2, или ВС {ВС + 3) = 9. Отсюда находим, что ВС = 1(
206 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности Если же окружность пересекает прямоугольник еще в точках, отличных от Л и В, то соответствующее уравнение имеет вид Его корень — ВС(ВС-3) = 9. 12.16. Окружность проходит через соседние вершины М и N прямоугольника MNPQ. Длина касательной, проведённой из точки Q к окружности, равна 1, PQ = 2. Найдите площадь прямоугольника MNPQ, если диаметр окружности равен л/5. Ответ: </5±1. Решение. Пусть прямая MQ вторично пересекает окружность в точке К. Тогда ZNMK = 90°, поэтому NK—диаметр окружности, NK=л/5. По теореме Пифагора МК = VNK2-MN2 = у[Ъ^Л = 1. Пусть прямая, проведённая через вершину Q, касается окружности в точке А. По теореме о касательной и секущей QM • QK = QA2. Обозначим QM = x.
Тренировочные задачи 207 Если точка К лежит на продолжении стороны QM (см. рисунок слева), то х(х+1) = 1, откуда х = л/5-1 = QMPQ = 2 /5-1 . Следовательно, Если же точка К лежит на отрезке QM (см. рисунок справа), то . Следовательно, х(х-1) = 1, откуда х= 2 S = QMPQ = Щ± -2 = л/5 + 1. 12.17. Точки A, B,C,D — последовательные вершины прямоугольника. Окружность проходит через Аи В и касается стороны CD. Через D проведена прямая, которая касается той же окружности в точке Е, а затем пересекает продолжение стороны АВ в точке К. Найдите площадь трапеции BCDK, если известно, что АВ = 10иКЕ:КА = 3:2. Ответ: 210. Решение. Пусть М — середина CD. Тогда DE = DM = 5. Положим АК = 2х, КЕ = Зх. По теореме о касательной и секущей С 5 М 5 D КЕ2 = ВК • АК, или 9х2 = (10 + 2х)2х. Из этого уравнения находим, что х = 4. Поэтому АК = 8, ВК = 18, КЕ = \2, KD = KE + ED = 12 + 5 = 17. По теореме Пифагора из треугольника KAD находим, что AD = VKD2-AK2 = Vl72-82 = л/225 = 15. Следовательно, Sbcdk = \ {ВК + CD) -AD = \ (18 +10) -15 = 210. 12.18. Найдите радиус окружности, которая высекает на обеих сторонах угла, равного а, хорды, равные а, если известно, что расстояние между ближайшими концами этих хорд равно Ъ. Ответ: - 2cosf
208 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности Решение. Пусть М — вершина данного угла, АВ и CD—данные хорды, АС = Ъ, АВ = CD = a, R — радиус окружности. Поскольку МА • MB = MD • МС и АВ = CD, то МА = МС. Поэтому треугольник АМС — равнобедренный. Следовательно, ABAC = 180° - ZMAC = 90° +1. По теореме косинусов ВС2 = АВ2 + AC2 -2ABACcos(90°+ f) = + 2absin§, x/a2 + b2+2absin§ 2 sin (90° + ^ 2cosf 12.19. Сторона квадрата ABCD равна 1 и является хордой некоторой окружности, причём остальные стороны квадрата лежат вне этой окружности. Касательная СК, проведённая из вершины С к этой же окружности, равна 2. Найдите диаметр окружности. Ответ: yf\O. Решение. Пусть AD — хорда окружности, луч CD пересекает окружность в точке М, отличной от D. Тогда СМ • CD = СК2. Отсюда находим, что DM = 3. 1 А\ Поскольку ZADM = 90°, то AM — диаметр окружности. Следовательно, AM2 = AD2+DM2 = 1 + 9 = 10, AM = VT6. 12.20. В прямоугольном треугольнике ABC с катетами АВ = 3 и ВС = 4 через середины сторон АВ и АС проведена окружность, касающаяся катета ВС. Найдите длину отрезка гипотенузы АС, который лежит внутри этой окружности. Ответ: г^.
Тренировочные задачи 209 Решение. Пусть М и N — середины АС и АВ соответственно, К — точка касания. Тогда MN — средняя линия треугольника ABC; диаметр окружности, проходящий через точку касания К, перпендикулярен ВС, а значит, и MN. Поэтому MN = \ВС = 2, СК = СВ-КВ = СВ- \MN = 4-1 = 3. Пусть Т — вторая точка пересечения окружности с гипотенузой АС. Тогда СТ-СМ = СК2, или (| N Отсюда находим, что МТ= jr. 12.21. В треугольнике ABC сторона ВС равна 4, а медиана, проведённая к этой стороне, равна 3. Найдите длину общей хорды двух окружностей, каждая из которых проходит через точку А и касается ВС, причём одна касается ВС в точке В, а вторая — в точке С. Ответ: «. Решение. Пусть D — вторая точка пересечения указанных окружностей, а прямая AD пересекает ВС в точке М. Тогда по теореме о касательной и секущей MB2 = MA-MD =MC2, поэтому MB = МС, т. е. AM — медиана треугольника ABC, AM = 3. Из уравнения МАЩА - AD) = MB2, или 3(3 - AD) = 4, находим, что AD = ^. В м 12.22. Окружность, проходящая через вершины В, С и D параллелограмма ABCD, касается прямой AD и пересекает прямую АВ в точках В и Е. Найдите длину отрезка АЕ, если AD = 4 и СЕ = 5. Ответ: -j=-.
210 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности В Решение. Пусть точка Е лежит между точками А и В. Трапеция BCDE вписана в окружность, поэтому она равнобедренная. Значит, BD = СЕ = 5. Хорда ВС параллельна касательной AD, поэтому треугольник BDC равнобедренный (прямая, проходящая через точку D перпендикулярно касательной AD, проходит через центр окружности, перпендикулярна хорде ВС и делит её пополам). Следовательно, AB = CD = BD = СЕ = 5, и по теореме о касательной и секущей AD2 = АВ • АЕ, откуда АЕ = -т-=- = -=-. Если точка не лежит между точками Л и В, то задача не имеет решений (в этом случае, рассуждая аналогично первому случаю, получим, что АЕ = -=- < 5, что невозможно). j 12.23. Из точки А, находящейся на расстоянии 5 от центра окружности радиуса 3, проведены две секущие АКС и ALB, угол между которыми равен 30° (К, С, L, В — точки пересечения секущих с окружностью). Найдите площадь треугольника AKL, если площадь треугольника ABC равна 10. Ответ: ■?. Решение. Проведём из точки А касательную к данной окружности. Пусть М — точка касания, О — центр окружности. Из прямоугольного треугольника ОМА находим, что AM2 = АО2 - ОМ2 = 25 - 9 = 16. М = \АК - AL sin 30° = ±АК 64 АС-АВ Тогда АК- Поэтому iAK.AL-i 4АК AL- 4 16 \AC-AB -1 AC = AL-AB 16 16 'АС'АВ ~ 16 \САВ sin 30° = АМ2 16 Saabc = 16. 16 10 8 5' 12.24. На прямой расположены точки А, В, С и D, следующие друг за другом в указанном порядке. Известно, что ВС = 3, АВ = 2CD. Через точки Аи С проведена некоторая окружность, а через точки В и D — другая. Их общая хорда пересекает отрезок ВС в точке К. Найдите ВК.
Тренировочные задачи 211 Ответ: 2. Решение. Пусть CD = a, AB = 2a. Обозначим ВК = х. Тогда КС = 3-х, KD = DC + KC = a + 3-x, АК = АВ + ВК = 2а + х. Пусть MN — общая хорда указанных окружностей. Тогда АК • КС = = MK-NK = BKKD, поэтому AKKC = BK-KD, или (2а + х)(3-х) = = х(а + 3 - х). Из этого уравнения находим, что х = 2. 12.25. В равнобедренном треугольнике ABC (АВ = АС) проведены биссектрисы AD, BE, CF. Найдите ВС, если известно, что АС = 1, а вершина А лежит на окружности, проходящей через точки D, Е и F. Ответ: —^—• Решение. Пусть ВС = х. По свойству биссектрисы треугольника CF RC х Л х jg = М = Г °TCK«a находим, что СЕ = х- АЕ = х- В D Поскольку CD2 = СЕ • АС, то Из этого уравнения находим, что .. Л7-1
212 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности DxN> 12.26. Окружность касается сторон АВ и AD прямоугольника ABCD и проходит через вершину С. Сторону DC она пересекает в точке N. Найдите площадь трапеции ABND, если АВ = 9 и AD = 8. Ответ: 40. Решение. Обозначим DN = х. Пусть Р и Q — точки касания окружности со сторонами соответственно AD и АВ данного прямоугольника, а перпендикуляр к стороне АВ, проведённый через точку Q, пересекает сторону DC в точке F. Тогда центр окружности лежит на прямой QF, а т.к. диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам, то F — середина хорды CN. По теореме о касательной и секущей PD2 = DC-DN = 9х, поэтому PD = 3 Jx. Тогда AQ = АР = AD - PD = 8 - QB = AB-AQ = 9- (8-Зл/х) = Q В Поскольку NC + ND = 9, то или -7 = 0. Отсюда находим, что х = \. Следовательно, AB+ND AD = 10-4 = 40. 12.27. На одной из сторон угла, равного а(а< 90°), с вершиной в точке О взяты точки Aw В, причём ОА = а, ОВ = Ь. Найдите радиус окружности, проходящей через точки А и В и касающейся другой стороны угла. ~ a + b-2y/abcosa Ответ: тг~- • 2 sin a Решение. Пусть D — точка касания окружности с другой стороной угла, Н — проекция точки D на прямую АВ, R — искомый радиус. По теореме о касательной и секущей находим, что OD = yfab. Тогда по теореме косинусов AD2 = аЪ + а2 - 2а y/ab cos a = = а(а + Ъ- 2y/ab cosa).
Тренировочные задачи 213 Треугольники ODB и OAD подобны (по двум углам) с коэффициентом Ъ9И OD Из прямоугольного треугольника DHB находим, что smZDBH = ш = —^— Следовательно, R= AD 2 sin ZDBH AD _ AD2 2£sina ~2asina AD y/ab sin a _ a sin a Лап ~ AD -2y/abcosa) a + b-2y/abcosa 2a sin a 2 sin a 12.28. На катете АС прямоугольного треугольника ABC как на диаметре построена окружность. Она пересекает гипотенузу АВ в точке Е. На стороне ВС взята точка G так, что отрезок AG пересекает окружность в точке F, причём отрезки EF и АС параллельны, BG = 2CG и АС = 2л/3. Найдите GF. Ответ: 1. Решение. Пусть CG = t, ZG4G = а. Тогда ВС = 3t, а т. к. СЕ — высота прямоугольного треугольника ABC, проведённая из вершины прямого угла, то A ABC = /LACE. Поскольку трапеция AEFC вписана в окружность, то она равнобедренная, поэтому /.АСЕ = ZCAG = а. Значит, /.ABC - /CAG = а. Следовательно, прямоугольные треугольники ABC и GAC подобны по двум углам. А 2t ее* ле Из равенства -^ = -^ следует, что АС2 = CG • ВС, или 12 = 3t2, откуда t = 2. Из прямоугольного треугольника ACG находим, что CG АС л/3' поэтому а = 30°. Тогда AG = 2CG = 4. По теореме о касательной и секущей GF AG = CG2, или 4GF = 4. Следовательно, GF = 1.
214 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности 12.29. В параллелограмме ABCD угол BCD равен 150°, а сторона AD равна 8. Найдите радиус окружности, касающейся прямой CD и проходящей через вершину А, а также пересекающей сторону AD на расстоянии 2 от точки D. Ответ: 2(5±2л/3). Решение. Пусть Я — искомый радиус, К — точка касания указанной окружности с прямой CD, M — точка пересечения этой окружности со стороной AD (DM = 2). Тогда DK = VDM-DA = л/2^8 = 4. Если точка К лежит на луче DC, то МК2 = DM2 + DK2 - 2DM • DK cos 30° = Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что /.МАК = = /DKM. Тогда sin/МАК- sin /DKM (теорема синусов), поэтому R MK *A' В DM sin 30° MK С 1 MK ч/з) 4^ \M 2 D Если точка К лежит на продолжении стороны DC за точку D (см. рисунок на следующей странице), то MK2 = DM2 + DK2-2DM-DK- cos 150° = 4(5 + 2\/3), • /w,T/ • /nrr»* DM sinl50° 1 sm/MAK = sm/DKM = ttti = -гт^. MK MK Следовательно,
Тренировочные задачи 215 12.30. Окружность и прямая касаются в точке М. Из точек А и В этой окружности опущены перпендикуляры на прямую, равные а и Ъ соответственно. Найдите расстояние от точки М до прямой АВ. Ответ: Jab. Решение. Пусть указанная касательная и прямая АВ пересекаются в точке К под углом а, ах — искомое расстояние. Тогда Перемножив получим: sin a 0 " ВК " почленно равенства a АК = X = МК' ab X МК " ь вк ~ х2 a " АК' X ' МК9 АКВК МК2' Поскольку АК • ВК = МК2, то х2 = ab. Следовательно, х = y/ab. Если прямая АВ параллельна касательной, то всё очевидно. 12.31. Окружность, вписанная в треугольник ABC, делит медиану ВЫ на три равные части. Найдите отношение ВС:СА: АВ. Ответ: 5:10:13. Решение. Пусть К, L и N — точки касания вписанной окружности со сторонами АС, ВС и АВ соответственно; F и Q — точки пересечения окружности с медианой ВМ (F — между В и Q). Предположим, что точка К расположена между точками М и С. Обозначим ВС = а,
216 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности А а М х<2 К С BF = FQ = QM = х. Тогда BL2 = BQBF = 2x2. Поэтому BL=xл/2, BN=BL=xV2. Аналогично находим, что КМ=ху/2, а т.к. CL = CK, то МС = ВС = а, АС = 2а, АВ = AN + NB = Выразим медиану ВЫ через стороны треугольника ABC: ЛВМ2 = 2ВС2 + 2АВ2- АС2, или Збх2 = 2а2 + 2(а + 2хл/2)2 - 4а2. Из этого уравнения находим, что а = * . Тогда Следовательно, ВС: СА: АВ = 5:10:13. 12.32. Две окружности радиусов Яиг пересекаются в точках Аи В и касаются прямой в точках С и D соответственно; N — точка пересечения прямых АВ и CD (В между А и N). Найдите: 1) радиус окружности, описанной около треугольника ACD; 2) отношение высот треугольников NAC и NAD, опущенных из вершины N. Ответ: VrR, J^. Решение. Обозначим ZACN = a, ZADN = /3. Тогда по теореме синусов АГ OD . лп о • « АС AD -^ 2flsina AC = 2Rsma, AD = 2rsm/3, _ = _ => -^ ^ sin a FT Отсюда находим, что -r^ = у ^.
Тренировочные задачи 217 Если Яг — радиус окружности, описанной около треугольника ACD, то d АС 2flsina _ D sin a _ r-r= K ~K* sin/3 " VrK* sin/3 1 2 sin/9 2 sin/9 По теореме о касательной и секущей CN2=NA-NB, DN2=NA-NB. Поэтому CN = DN. Если hlnh2 — высоты, о которых говорится в условии задачи, то h± _ CN • sin a _ sin a h2 ~ DN-sin/3 ~ sin/3 R' 12.33. Равнобедренная трапеция с основаниями AD и ВС (AD > ВС) описана около окружности, которая касается стороны CD в точке М. Отрезок AM пересекает окружность в точке N. Найдите отношение AD к ВС, если AN: NM = к. Ответ: 8fc- 1. Решение. Обозначим AD = а, ВС = Ь, MN = x. Пусть Q и F — точки касания окружности с основаниями ВС и AD соответственно. Тогда по теореме о касательной и секущей AF2 = AM • AN, или \ = 2 D Продолжим AM до пересечения с прямой ВС в точке Р. Из равенства DM = FD = ^ и подобия треугольников СРМ и DAM следует, что -Ь£- = -^ = 2. Поэтому СР = 2СМ = 2CQ = Ъ. CM DM J
218 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности По теореме о касательной и секущей или (т.к. РМ = - -AM). Разделив почленно это равенство на доказанное ранее, получим, что 9bk = b(fc +1) + а. Отсюда находим, что | = 8fc -1. 12.34. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС угол А равен 45°, угол D равен 60°. На диагоналях трапеции как на диаметрах построены окружности, пересекающиеся в точках М и N. Хорда MN пересекает основание AD в точке Е. Найдите отношение АЕ: ED. Ответ: у/3. Решение. Пусть окружность с диаметром BD пересекает основание AD трапеции ABCD в точке Q, а окружность с диаметром АС — в точке Р. Тогда СР и BQ — высоты трапеции. А а\ q > h \ £ /7 Г с \ К Обозначим CP = BQ = h. Тогда DP = -=, AQ = h. По теореме о про- изведениях отрезков пересекающихся хорд DE-EQ = NE-EM = AE-EP, или (-^z+Pe) EQ = (h + EQ)PE. \ v3 J EQ Отсюда находим, что РЕ=-=. Следовательно, v3 h Л" РЕ _ DP + PE АЕ ~ AQ + QE ~ h + QE 1
§ 13. Углы, связанные с окружностью Подготовительные задачи 13.1. Окружность касается сторон угла с вершиной А в точках В и С. Найдите градусные меры дуг, на которые окружность делится точками В и С, если ABAC = 70°. Ответ: 110°, 250°. Решение. Пусть О — центр окружности. В четырёхугольнике АВОС углы при вершинах В и С — прямые, значит, В АВОС = 180° - /.ВАС = 180° - 70° = 110°, следовательно, градусная мера меньшей дуги ВС также равна 110°. Тогда градусная ме- а ра большей дуги ВС равна 360° -110° = 250°. 13.2. Пусть АВ и АС — равные хорды, MAN — касательная, градусная мера дуги ВС, не содержащей точки А, равна 200°. Найдите углы МАВ и NAC. Ответ: /МАВ = /NAC = 40° или /МАВ = /NAC = 140°. Решение. Заметим, что = 360° - 200° = 160°, wAB = kjA Если угол МАВ острый (см. рисунок слева), то 160° = 80°. /МАВ = ^ = 40°. Тогда и /NAC = 40°. М А N N М Если же угол МАВ тупой (см. рисунок справа), то /МАВ = 180° - 40° = 140°. Тогда и /NAC = 140°.
220 § 13. Углы, связанные с окружностью 13.3. Треугольник ABC равнобедренный. Радиус ОА описанного круга образует с основанием АС угол ОАС, равный 20°. Найдите угол ВАС. Ответ: 35° или 55°. Решение. Если точки О и В лежат по разные стороны от прямой АС (см. рисунок слева), то = /АОС = 180° - 2 • 20° = 140°. Тогда угол ABC опирается на дугу, угловая величина которой равна 360°-140° = 220°. Поэтому /ABC = 110°, /.ВАС = 18QO~11QO = 35°. Если точки О и В лежат по одну сторону от прямой АС (см. рисунок справа), то аналогично находим, что /.ВАС = 55°. В В 13.4. Окружность описана около равностороннего треугольника ABC. На дуге ВС, не содержащей точку Л, расположена точка М, делящая градусную меру этой дуги в отношении 1:2. Найдите углы треугольника АМВ. Ответ: 20°, 60°, 100° или 40°, 60°, 80°. Решение. Пусть \jBM : kjCM = 1:2 (см. рисунок слева).
Подготовительные задачи 221 По теореме о вписанном угле /ВАМ = \^ВМ = 20°, а т. к. вписанные углы АМВ и АСВ опираются на одну и ту же дугу, то IAMB = /АСВ = 60°. Следовательно, /АВМ = 180° - 20° - 60° = 100°. Если же kjBM : kjCM = 2:1 (см. рисунок справа), то аналогично найдём, что /ВАМ = 40°, /АМВ = 60°, /АВМ = 80°. 13.5. Точки А, В, С и D последовательно расположены на окружности. Известно, что градусные меры меньших дуг АВ, ВС, CD и AD относятся как 1:3:5:6. Найдите углы четырёхугольника ABCD. Ответ: 96°, 132°, 84°, 48°. Решение. Пусть градусная мера меньшей дуги АВ равна х. Тогда градусные меры последовательных дуг ВС, CD и AD соответственно равны Зх, 5х и 6х. Из уравнения х + Зх + 5х + 6х = 360° находим, что х = 24°, следовательно, градусные меры последовательных дуг АВ, ВСу CD и AD соответственно равны 24°, 3 • 24° = 72°, 5 • 24° = 120° и 6-24° = 144°. Градусная мера вписанного угла равна половине градусной меры дуги, на которую он опирается, следовательно, /BAD = \kjBCD = \ (72° +120°) = 96°, /ABC = \kjADC = \ (144° + 120°) = 132°, /BCD = \kjBAD = \ (24° +144°) = 84°, /ADC = \kjABC = i(24° + 72°) = 48°. 13.6. Окружность проходит через вершины А и С треугольника ABC, пересекая сторону АВ в точке Е и сторону ВС в точке F. Угол АЕС в 5 раз больше угла BAF, а угол ABC равен 72°. Найдите радиус окружности, если АС = 6. Ответ: 3. Решение. Обозначим /BAF = а. Тогда /АЕС = 5а. Вписанные углы ECF и EAF опираются на одну и ту же дугу, поэтому /ВСЕ = /ECF = = /EAF = /BAF = a.
222 § 13. Углы, связанные с окружностью По теореме о внешнем угле треугольника /ABC + /.ВСЕ = /АЕС, или 72° 4- а = 5ау откуда находим, что а = = | • 72° = 18°, значит, /АЕС = 5а = = 5-18° = 90°. Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника АЕС, — середина гипотенузы АС, поэтому радиус окружности равен половине АС, т. е. 3. 13.7. Из точки Р, расположенной внутри острого угла с вершиной А, опущены перпендикуляры РВ и PC на стороны угла. Известно, что /СВР = 25°. Найдите угол САР. Ответ: 25°. Решение. Из точек В и С отрезок АР виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром АР. Вписанные в эту окружность углы САР и СВР опираются на одну и ту же дугу, следовательно, /САР = /СВР = 25°. 13.8. В окружность вписан прямоугольник ABCD, сторона АВ которого равна а. Из конца К диаметра КР, параллельного стороне АВ, сторона ВС видна под углом ]3. Найдите радиус окружности. Ответ: о| а я|. 2|cosp| Решение. Пусть R — искомый радиус. Рассмотрим случай, когда точка К лежит на дуге AD, не содержащей точки В (см. рисунок слева). Тогда в прямоугольном треугольнике ABC известно, что ABAC = ZBKC = Следовательно, R =
Подготовительные задачи 223 Если точка К лежит на дуге ABD (см. рисунок справа), то аналогично найдём, что R = - 2с^ в 13.9. В выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что ABCD = = 80°, /АСВ = 50° и /ABD = 30°. Найдите угол ADB. Ответ: 50°. Решение. Четырёхугольник ABCD выпуклый, поэтому луч СА проходит между сторонами угла BCD, значит, /ACD = /.BCD - ZACB = 80° - 50° = 30°. Из точек В и С, лежащих по одну сторону от прямой AD, отрезок AD виден под одним и тем же углом, значит, точки В, С, А и D лежат на одной окружности. Вписанные в эту окружность углы ADB и АСВ опираются на одну и ту же дугу, следовательно, /ADB = /АСВ = 50°. 13.10. В выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что /АСВ = = 25°, /ACD = 40° и /BAD = 115°. Найдите угол ADB. Ответ: 25°. Решение. Четырёхугольник ABCD выпуклый, поэтому луч СА проходит между сторонами угла BCD, значит, /BCD = /ACB + /ACD = 25°+ 40° = 65°. Тогда /BCD +/BAD = 65°+ 115° = 180°, поэтому четырёхугольник ABCD — вписанный, т. е. точки А, В, С и D лежат на одной окружности. Вписанные в эту окружность углы ADB и АСВ опираются на одну и ту же дугу, следовательно, /ADB = /АСВ = 25°. 13.11. В выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что /ABC = = 116°, /ADC = 64°, /CAB = 35° и /CAD = 52°. Найдите угол между диагоналями, опирающийся на сторону АВ. Ответ: 81°.
224 § 13. Углы, связанные с окружностью Решение. Пусть диагонали данного четырёхугольника пересекаются в точке М. Поскольку ZABC + ZADC = 116°+ 64° = 180°, около данного четырёхугольника можно опи- сать окружность. Искомый угол АМВ есть внешний угол треугольника AMD. Поэтому он равен ZCAD + ZADB = 52° + ZADC - ZBDC = = 52°+ 64°-35° = 81°. 13.12. В четырёхугольнике ABCD известно, что ZABD = ZACD =45°, ZBAC = 30°, ВС = 1. Найдите AD. Ответ: у/2. Решение. Поскольку из точек В и С, расположенных по одну сторону от прямой AD, отрезок AD виден под одним и тем же углом, то точки А, В, С и D лежат на одной окружности. Пусть R — радиус этой окружности. Тогда из треугольника ABC находим, что В R = ВС = 1, 2 sin ZBAC 2 sin 30° а из треугольника ABD — AD = 2R sin ZABD = 2 sin 45° = у/2. 13.13. Во вписанном четырёхугольнике ABCD известны углы: ZDAB = a, ZABC = j3, ZBKC = у, где К — точка пересечения диагоналей. Найдите угол ACD. Р + у-а Ответ: -z . Решение. Обозначим ZABD = ZACD = ц>. Тогда ZDBC = Р-ч>, ZCAD = ZDBC = р~ч>, ZBAC = ZBAD - ZCAD = а - (/3 - <р), у = ZBKC = ZBAC + ZABD = = (а- Следовательно, В
Тренировочные задачи 225 Тренировочные задачи 13.14. Около треугольника ABC, в котором ВС -a, ZB- a, ZC = ]3, описана окружность. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке К. Найдите АК. А Ответ: . ,„ ,2 \- Решение. Пусть R— радиус окружности, описанной около треугольника ABC. Тогда ВС 2R = a) а)' ZABK = ZABC + ZCBK = а+ ^(180° - (а +)8)) = 90°+ Следовательно, АК = 2R sin ZABK = 2Rsin f 90° = 2Rcos р-а a cos£ 2 y~— 2 13.15. Треугольники ABC и ADC имеют общую сторону АС; стороны AD и ВС пересекаются в точке М. Углы В и D равны по 40°. Расстояние между вершинами D и В равно стороне АВ, ZAMC = 70°. Найдите углы треугольников ABC и ADC. Ответ: ZBAC = 110°, ZBCA = 30°, ZDCA = 60°, ZDAC = 80°. Решение. Точки Л, В, С, D лежат на одной окружности; АМС — внешний угол треугольника DMC. Поэтому ZDCM = 30°. Тогда ZBCA = ZADB = ZBAD = ZBCD = ZDCM = 30°. Следовательно, ZDCA = 60°, ZBAC = 110°, ZDAC = 80°. D
226 § 13. Углы, связанные с окружностью 13.16. Внутри угла с вершиной О взята некоторая точка М. Луч ОМ образует со сторонами угла углы, один из которого больше другого на 10°; А и В — проекции точки М на стороны угла. Найдите угол между прямыми АВ и ОМ. Ответ: 80°. Решение. Пусть ZBOM = a, ZAOM = а +10°, Р — точка пересечения прямых АВ и ОМ. Поскольку отрезок ОМ виден из точек Аи В под прямым углом, то точки А и В лежат на окружности с диаметром ОМ, а АРО — внешний угол треугольника АРМ. Следовательно, ZAPO = ZAMO + /ВАМ = (90° - ZAOM) + ZBOM = = 90° -(а + 10°) + а = 80°. 13.17. Вершина угла величиной 70° служит началом луча, образующего с его сторонами углы 30° и 40°. Из некоторой точки М на этот луч и на стороны угла опущены перпендикуляры, основания которых — Л, В и С. Найдите углы треугольника ABC. Ответ: 30°, 40°, 110°. Решение. Пусть Аи С — основания перпендикуляров, опущенных из точки М на стороны данного угла с вершиной О, точка В — основание перпендикуляра, опущенного из точки М на луч, проходящий между сторонами угла АОС, причём ZAOB = 30° и ZCOB = 40°. Из точек А, В и С отрезок ОМ виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ОМ. Вписанные в эту окружность углы АСВ и АОВ опираются на одну и ту же дугу, поэтому ZACB = ZAOB = 30°. Аналогично ZBAC = ZCOB = 40°. Следовательно, ZABC = 180° -30° -40° = 110°. 13.18. В остроугольном треугольнике ABC из основания D высоты BD опущены перпендикуляры DM и DN на стороны АВ и ВС. Известно, что MN = a, BD = Ъ. Найдите угол ABC. Ответ: arcsinr- М
Тренировочные задачи 227 Решение. Поскольку ZBMD = ZBND = 90°, то отрезок BD виден из точек М и N под прямым углом, поэтому точки М и N лежат на окружности с диаметром BD = 2R, где R — радиус этой окружности. Значит, MN = 2RsinZABC. Следовательно, 2R Ж1 BD - b' 13.19. Хорда делит окружность в отношении 11:16. Найдите угол между касательными, проведёнными через концы этой хорды. Ответ: 33°20' = ||. Решение. Угловая величина меньшей из двух дуг равна Следовательно, угол между касательными равен 40° 33°20/ 13.20. Расстояние между центрами непересекающихся окружностей равно а. Докажите, что точки пересечения общих внешних касательных с общими внутренними касательными лежат на одной окружности, и найдите её радиус. Ответ: |.
228 § 13. Углы, связанные с окружностью Решение. Поскольку центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, а угол между биссектрисами смежных углов — прямой, то из каждой точки пересечения общих внешних касательных с общими внутренними отрезок ОгО2 с концами в центрах окружностей виден под прямым углом. Значит, каждая такая точка лежит на окружности с диаметром ОгО2 = С1. Следовательно, радиус окружности равен |. 13.21. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD и BE, пересекающиеся в точке О. Известно, что ОЕ = 1, а вершина С лежит на окружности, проходящей через точки Е, D и О. Найдите стороны и углы треугольника EDO. Ответ: 1, 1, \/3; 120°, 30°, 30°. Решение. Поскольку биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, то СО — биссектриса угла АСВ. Поэтому OD = ОЕ = 1. Обозначим ZАСВ = а. Тогда ZDOE = ZAOB = 180° - ZOAB - ZOBA = 180° - \zA - \zB = = 180° - \(ZA + ZB) = 180° - |(180о - ZACB) = 90° + f. Поскольку четырёхугольник CEOD вписанный, то ZECD + ZDOE = 180°, или а+ (90° + |) = 180°. Отсюда находим, что а = 60°. Следовательно, ZDOE = 120°, ZDEO = ZEDO = 30°, DE = \/3. 13.22. В треугольнике ABC угол В прямой, величина угла А равна а Ф 45°, точка D — середина гипотенузы. Точка С1 симметрична точке С относительно прямой BD. Найдите угол АСгВ. Ответ: 90° + а, если а < 45°; 90° - а, если а > 45°.
Тренировочные задачи 229 Решение. Пусть /.ВАС < 45° (см. рисунок слева). Точка D — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Поскольку СгИ = =DC, то точка Сг принадлежит этой окружности. Поэтому /ВСгС = /.ВАС = а, a ZАС\С = 90°, т. к. он вписанный и опирается на диаметр АС. Следовательно, /АСгВ = 90° 4- а. Если /ВАС > 45° (см. рисунок справа), то аналогично получим, что = 90°-а. в 13.23. На стороне АВ треугольника ABC во внешнюю сторону построен равносторонний треугольник. Найдите расстояние между его центром и вершиной С, если АВ = с и /С = 120°. Ответ: ^~. Решение. Точка С лежит на окружности, A j описанной около построенного равностороннего треугольника (60° + 120° = 180°), поэтому искомое расстояние равно радиусу этой окружности, т. е. с с _ сл/3 2sin60° ~ л/я ~ 3 * R = 13.24. В четырёхугольнике ABCD углы В и D прямые. Диагональ АС образует со стороной АВ острый угол в 40°, а со стороной AD —угол в 30°. Найдите острый угол меж- ду диагоналями АС и BD. Ответ: 80°. Решение. Точки А, В, С и D лежат на окружности с диаметром АС. Поэтому = 2/АСВ = 2(90° - /CAB) = 2(90° - 40°) = 100°, = 2/DAC = 60°.
230 § 13. Углы, связанные с окружностью Если О — точка пересечения диагоналей, то ZAOB=^AB + -DC 160° = 80°. 2 " 2 13.25. В прямоугольном треугольнике ABC угол при вершине А равен 60°, О — середина гипотенузы АВ, Р — центр вписанной окружности. Найдите угол РОС. Ответ: 15°. Решение. Первый способ. Поскольку ОС = ОА, a ZA = 60°, то треугольник АОС — равносторонний, поэтому ZBOC = 120°. С другой стороны, ZBPC = 90° + \ZA = 90° + 30° = 120° как угол между биссектрисами углов В и С треугольника ABC. Значит, точки В, О, Р и С расположены на одной окружности. Следовательно, ZPOC = ZPBC = 15°. Второй способ. Поскольку ОС = ОА, a ZA = 60°, то треугольник АОС — равносторонний, поэтому ZAOC = 60°. Пусть К — точка касания вписанной окружности с гипотенузой АВ, АВ = 2а, г — радиус вписанной окружности, р — полупериметр треугольника ABC. Тогда = а-{р-ВС) = а- АВ + АС-ВС = а- -aV3 KP = r = АС + ВС-АВ a + aV3-2a a(\/3-l) 2 2 2 Значит, в прямоугольном треугольнике ОКР катеты ОК и КР равны. Следовательно, ZKOP = 45°, а ZPOC = ZAOC - ZKOP = 60° - 45° = 15°.
Тренировочные задачи 231 13.26. В параллелограмме ABCD острый угол равен а. Окружность радиуса г проходит через вершины А, В, С и пересекает прямые AD и CD в точках М и N. Найдите площадь треугольника BMN. Ответ: 2r2 sin2 a sin 2a. Решение. Предположим, что точка М лежит на прямой AD, а точка N — на прямой CD. Пусть /BAD = а. Тогда ZBNM = /BAD = a, /BMN = /BCN = а. А\ Отсюда находим, что BN = BM = 2r sin a, /MBN = 180° - 2а. Поэтому rN Sabmn = у BN-BM sin/NBM = ±(2rsina)2sin(180° -2a) = = 2r2 sin2 a sin 2a. Если же точка М лежит на прямой CD, а точка N — на прямой AD, то получим тот же результат. 13.27. Окружность, проходящая через вершины Л, В и С параллелограмма ABCD, пересекает прямые AD и CD в точках М и N соответственно. Точка М удалена от вершин В, С и D на расстояния 4, 3 и 2 соответственно. Найдите MN. О Ответ: «. Решение. Поскольку /ЛВС = ZADC = /NDM, /АСВ = /MAC = /MNC, треугольники NDM и СВА подобны. Сле- MN MD л, довательно, -трг = -Т7г- Кроме того, по- скольку АВСМ — равнобедренная трапеция, АВ = МС = 3, АС = МВ = 4. Поэтому В 1Ш АВ 3* 13.28. В окружность вписан четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и перпендикулярная к ВС, пересекает сторону AD в точке М. Докажите, что ЕМ — медиана треугольника AED, и найдите её длину, если АВ = 7, СЕ = 3, ZADB = а.
232 § 13. Углы, связанные с окружностью Ответ: v/49-9tg2a 2 sin a Решение. Вписанные углы АСВ и ADB опираются на одну и ту же дугу, поэтому ZECB = ZACB = ZADB = а. Пусть прямые ME и ВС пересекаются в точке Я. Тогда ZDEM = ZBEH = ZBCE = а, поэтому ME = MD. Аналогично ME = = MA. Следовательно, М — середина AD, т. е. ЕМ — медиана треугольника AED. Из прямоугольных треугольников ВСЕ, ABE и AED находим, что BE = CEtga = 3tga, AE = VAB2-BE2 = y/49-9tg2a, AE \/49-9tg2a AD = sin a sin a 1 ^499|:8 Следовательно, EM = ^AD = 2sina 13.29. Дан треугольник ABC. Из вершины А проведена медиана AM, а из вершины В — медиана ВР. Известно, что угол АРВ равен углу ВМА. Косинус угла АСВ равен 0,8 и ВР = 1. Найдите площадь треугольника ABC. 2 Ответ: ^. Решение. Первый способ. Поскольку ZAPB = ZBMA, то точки Л, В, М и Р лежат на одной окружности; СВ и СА — секущие, поэтому СМ СВ = СР • С А, или 2СМ2 = 2СР2. Следовательно, СМ = СР, поэтому СА = СВ, т. е. треугольник ABC — равнобедренный, поэтому Пусть МС = х. Тогда АС = 2х. По теореме косинусов AM2 = СМ2 + АС2 - 2СМ - AC cos ZACB, или Откуда находим, что х2 = д. Тогда Saabc = I AC ВС sin AC = \(2х)2-1 = 6 5 5*9
Тренировочные задачи 233 Второй способ. Пусть О — точка пересечения медиан треугольника ABC. Треугольники АОР и ВОМ подобны (по двум углам). Поэтому АО:ОВ = РО: ОМ. Следовательно, АО • ОМ = ВО • ОР, или gAM2 = дВР2 (т. к. медианы делятся точкой пересечения в отношении 2:1, считая от вершины треугольника). Поэтому AM = BP. Следовательно, треугольник ABC — равнобедренный. Далее см. первый способ. 13.30. В треугольнике ABC угол ABC равен а, угол ВСА равен 2а. Окружность, проходящая через точки А, С и центр описанной около треугольника ABC окружности, пересекает сторону АВ в точке М. Найдите отношение AM к АВ. Ответ: -—^—. 4 cos2 a Решение. Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Тогда по теореме об измерении вписанного угла и по теореме о внешнем угле треугольника ZAOC = 2ZABC = 2а, ZAMC = ZAOC = 2а, ZMCB = ZAMC - ZMBC = 2а-а = а, а т.к. ZACB = 2а, то СМ — биссектриса треугольника АСВ. Следовательно, AM _ АС_ _ sina _ sin a 'Ш ~ Ш ~ sin(180°-3a) " sin За* Поэтому AM sina sina sina 1 АВ sin a + sin 3a 2 sin 2a cos a 4 sin a cos2 a 4 cos2 a' 13.31. Точка Е лежит на продолжении стороны АС правильного треугольника ABC за точку С. Точка К — середина отрезка СЕ.
234 § 13. Углы, связанные с окружностью Прямая, проходящая через точку А перпендикулярно АВ, и прямая, проходящая через точку Е перпендикулярно ВС, пересекаются в точке D. Найдите углы треугольника BKD. Ответ: 90°, 60°, 30°. Решение. Пусть М — точка пересечения прямых ВС и ED. Поскольку ZBAD = ZBMD = 90°, то точки A, D, М, В лежат на окружности с диаметром BD. В Поскольку МК — медиана прямоугольного треугольника СМЕ, то СК = KM, ZBMK = ZCMK = Z.KCM = ZBCA = 60°, а т. к. Z.BAK = 60°, то точка К принадлежит окружности, проходящей через точки В, А и М, т. е. окружности с диаметром BD. Следовательно, ZBKD = 90°, ZBDK = ZBAK = 60°, ZDBK = 30°. 13.32. Вне правильного треугольника ABC, но внутри угла ВАС взята точка М так, что угол СМА равен 30° и угол ВМА равен а. Найдите угол АВМ. Ответ: 180°-2а. Решение. С центром в точке В и радиусом ВА проведем окружность. Тогда точка М принадлежит этой окружности. Значит, треугольник АВМ равнобедренный. Следовательно, ZABM = 180° - 2ZAMB = 180° - 2а.
Тренировочные задачи 235 13.33. В трапеции MNPQ {MQ \\ NP) угол NQM в два раза меньше 13 угла MPN. Известно, что NP = МР = -у, MQ = 12. Найдите площадь трапеции. Ответ: -g-. 13 Решение. Точки М и N лежат на окружности радиуса -х- с центром в вершине Р. Пусть прямая MQ вторично пересекает эту окружность в точке Qj. Тогда вписанный угол MQXN равен половине соответствующего центрального угла MPN, т. е. ZMQXN = ^MPN = ZMQN, 13 значит, точка Q совпадает с точкой Qb a PQ = PM=-z-. Пусть Я — высота равнобедренного треугольника MPQ. Тогда Н середина основания MQ. По теореме Пифагора Следовательно, РН = MNPQ JPQt-QH* PN + MQ пт 2 rL r ^ + : [ 2 -36 = 12 5 2 5 2* 185 8 13.34. Дан угол, равный а. На его биссектрисе взята точка К; Р и М — проекции К на стороны угла. На отрезке РМ взята точка А, причём КА = а. Прямая, проходящая через А перпендикулярно КА, пересекает стороны угла в точках В и С. Найдите площадь треугольника В КС. Ответ: a2ctg^. Решение. Заметим, что ZPMK = ZMPK = |.
236 § 13. Углы, связанные с окружностью Поскольку отрезок СК виден из точек АиМ под прямым углом, то точки С, А, К и М лежат на одной окружности. Поэтому Аналогично ZACK = ZAMK = |. ZABK = ZAPK = |. Из прямоугольного треугольника ЛСК находим, что АС = AKctgZACK = actgf. Следовательно, ВС = 2АС = 2actg|, SABKC = ^ = a2ctg| |. 13.35. На биссектрисе угла с вершиной L взята точка А. Точки К и М — основания перпендикуляров, опущенных из точки А на стороны утла. На отрезке КМ взята точка Р (КР <РМ), и через неё перпендикулярно к отрезку АР проведена прямая, пересекающая прямую KL в точке Q (К между Q и L), а прямую ML — в точке S. Известно, что ZKLM = a, KM = a,QS = b. Найдите QK. /Ъ2-а2 Ответ: 2cosf Решение. Поскольку ZAKQ = ZAPQ = 90°, то точки Р, К, Q и А лежат на окружности с диаметром AQ. Следовательно, ZAQS = ZAKM = ZALK = |. Аналогично ZASQ = ^ • Поэтому треугольник QAS равнобедренный. Тогда ъ 2 AQ = QP cosf cos-
Тренировочные задачи 237 /Г Из равнобедренного треугольника АКМ находим, что — КАЛ — АК _ 2 _ 2 COS | COS | ' По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника AKQ находим, что Jb2-a2 QK= 2cosf 13.36. В выпуклом четырёхугольнике ABCD проведены диагонали АС и BD. Известно, что AD = 2, ZABD = ZACD = 90° и расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники ABD и ACD, равно л/2. Найдите ВС. Ответ: \/3. Решение. Пусть Ог и О2 — центры указанных окружностей. Поскольку ZAOXD = ZAO2D = 90° + \zACD = 90° + 45° = 135°, точки Л, Оъ О2 и D лежат на одной окружности. Пусть О — центр этой окружности, R — её радиус. Тогда центральный угол AOD равен 360° - 2ZAOXD = 360° - 270° = 90°, значит, точка О (так же как и точки В и С) лежит на окружности с диаметром AD, т. е. на окружности, описанной около данного четырёхугольника. Треугольник AOD прямоугольный и равнобедренный, поэтому Точка О — середина дуги AD, не содержащей точки В, значит, СО и ВО.—биссектрисы углов ACD и ABD, поэтому ВОгО — одна прямая и СО2О — одна прямая.
238 § 13. Углы, связанные с окружностью Треугольник ООгО2— равносторонний {00\ = ОО2 = R = л/2 = = OiO2), поэтому АВОС = АОгОО2 = 60°. Следовательно, по теореме синусов ВС = ADsin60° = 2- Ц- = у/3. 13.37. В треугольнике ABC перпендикуляр, проходящий через середину стороны АВ, пересекает прямую АС в точке М, а перпендикуляр, проходящий через середину стороны АС, пересекает прямую АВ в точке N. Известно, что MN = ВС и прямая MN перпендикулярна прямой ВС. Найдите углы треугольника ABC. Ответ: АА = 60°, АВ = 15°, АС = 105° или АА = 60°, АВ = 105°, АС = 15°. Решение. Пусть ВС = а; D и Е — середины АВ и АС. Точки Е, М, D и N лежат на окружности с диаметром MN (т. к. AMEN = AMDN = = 90°), MN = a, ED = | (средняя линия треугольника ABC). Тогда по теореме синусов DE = MN sin ADME. Следовательно, Тогда либо ZDME = 30°, либо ADME = 150°. Пусть ADME = 30°. Тогда ABAC = AMAD = 90° - AEMD = 60°. Вписанные углы EDN и EMN опираются на одну и ту же дугу, DE \\ ВС (как средняя линия), a A ABC = ADMN (как углы с соответственно пер-
Тренировочные задачи 239 пендикулярными сторонами). Поэтому ZEMN = ZEDN = ZEDA = ZABC = ZDMN. Следовательно, ZABC = \ZEMD = 15°. Тогда ZACB = 180° - 60° - 15° = 105°. Если же ZDME = 150°, рассуждая аналогично, получим, что ZBAC = 60°, ZACB = 15°, ZABC = 105°. Г N
240 § 13. Углы, связанные с окружностью 13.38. В равносторонний треугольник ABC вписана полуокружность с центром О на стороне АВ. Некоторая касательная к полуокружности пересекает стороны ВС и СА в точках М и N соответственно, а прямая, проходящая через точки касания сторон ВС и АС с полуокружностью, пересекает отрезки ОМ и ON соответственно в точках Р и Q. Найдите PQ, если MN = 2. Ответ: 1. Пусть X и 7 — точки касания полуокружности со сторонами ВС и ЛС. Тогда ZNOM = \lXOY = |(180° - 60°) = 60°, ZCXY = 60°. Поэтому точки М, X, О и Q лежат на одной окружности, причём МО — диаметр этой окружности. Следовательно, MQ — высота треугольника M0N. Аналогично докажем, что NP — высота треугольника MON. А ^0 — В Поэтому треугольник POQ подобен треугольнику N0M с коэффициентом cosZNOM = cos60° = |. Следовательно,
§ 14. Вспомогательные подобные треугольники Подготовительные задачи 14.1. Боковая сторона треугольника разделена на пять равных частей; через точки деления проведены прямые, параллельные основанию. Найдите отрезки этих прямых, заключённые между боковыми сторонами, если основание равно 20. Ответ: 4, 8, 12, 16. Решение. Каждая из четырёх указанных прямых отсекает от данного треугольника подобный ему треугольник (признак подобия треугольников по двум углам). Коэффициенты подобия рав- 12 3 4 т, ны -=, f, f и F- Тогда соответствующие отрезки равны |-20 = §-20 = 8, §-20 = 12, | • 20 = 16. 20 14.2. Точка М расположена на боковой стороне АВ трапеции ABCD, причём AM: ВЫ = 2:1. Прямая, проходящая через точку М параллельно основаниям AD и ВС, пересекает боковую сторону CD в точке N. Найдите MN, если AD = 18, ВС = 6. Ответ: 10. Решение. Проведём диагональ BD. Пусть она пересекается с отрезком MN в точке Р. По теореме о пропорциональных отрезках В ВР_ PD C/V ND ВМ AM 1 Т 18 Треугольник BMP подобен треугольнику BAD с коэффициентом — = «, а треугольник DNP подобен треугольнику DCB с коэффициентом -^ = «, поэтому МР = \AD = | • 18 = 6, NP = |BC = | -6 = 4, следовательно, MN = МР + NP = 6 + 4 = 10. 14.3. На боковых сторонах АВ и CD трапеции ABCD отмечены точ- •• AM DN 3 тт « ж>гхт ки М и N соответственно, причем т™ = -г^т = «• Найдите MN, если
242 § 14. Вспомогательные подобные треугольники Ответ: 2а + ЗЪ Решение. Проведём через точку М прямую, параллельную основаниям. Пусть Na —точка её пересечения с CD. Из теоремы Фалеса сле- 2 дует, что CN1 = -=CD = CN. Поэтому точка Na совпадает с N. Следовательно, MN\\AD. Первый способ. Проведём диагональ АС и обозначим через К точку её пересечения с MN. Из подобия треуголь- 3 ников АМК и ABC находим, что МК= =Ь, а из подобия треугольников CKN и CAD на- 2 ходим KN = =а. Следовательно, в Второй способ. Предположим, что а>Ъ. Через вершину С проведём прямую, параллельную боковой стороне АВ. Пусть Р — точка её пересечения с основанием AD, a Q — с отрезком MN. Из подобия треугольников CQN и CPD находим, что Тогда MN = a-b D Аналогично для а<Ь. 14.4. На диагоналях АС и BD трапеции ABCD взяты соответственно точки М и N, причём AM: МС = DN :NB = 1:4. Найдите MN, если основания AD = a,BC = b(a>b). Ответ: —=—. Решение. Проведём через точку М прямую, параллельную основаниям. Пусть К и Ni — её точки пересечения со стороной CD и диагональю BD соответственно. Из теоремы Фалеса следует, что DK : КС = AM : МС = 1 : 4, DNX : NXB = DK : КС = 1 : 4. Поэтому точка N2 совпадает с точкой N. Следовательно, MN \\ AD.
Подготовительные задачи 243 Из подобия треугольников СКМ и CDA находим, что МК = |ля = |а, а из подобия треугольников DKN и DCB — KN = |ВС = \ъ. Следовательно, MN = MK-KN = Ла-Ъ 14.5. В прямоугольный треугольник с катетами 6 и 8 вписан квадрат, имеющий с треугольником общий прямой угол. Найдите сторону квадрата. 24 Ответ: -=-. Решение. Пусть вершина М квадрата CKML лежит на гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC, а вершины К и L — на катетах АС и ВС соответственно; АС = 6, ВС = 8. Обозначим сторону квадрата через х. Первый способ. Из подобия прямоугольных треугольников ABC и MBL следует, что BL LM 8-х х ВС=АС> тИ —=6> 24 откуда x=-j-. Второй способ. Соединим С и М. Тогда = S ААМС + $АВМС> 6-х К< X ч "1 X >ч. / / м ч X ^\. ^ Z l С х L 8-х В 24 откуда х = -=-. 14.6. В прямоугольном треугольнике ABC катет ЛВ равен 21, а катет ВС равен 28. Окружность, центр О которой лежит на гипотенузе АС, касается обоих катетов. Найдите радиус окружности. Ответ: 12. Решение. Первый способ. Пусть Р — точка касания окружности с катетом ВС. Обозначим через R радиус окружности. Из подобия треугольников СРО и СВА следует, что 28-R _ 28 R ~ 21* Отсюда находим, что R= 12.
244 § 14. Вспомогательные подобные треугольники Второй способ. Соединим В и О. Тогда 1лп „ 21R -2лик- 2 , 21-R Поскольку Sааов ~^~Sасов = $аавс = имеем уравнение = 2 *21-28, В R P 28-R С А А из которого находим, что R = 12. 14.7. Точка М лежит на боковой стороне АС равнобедренного треугольника ABC с основанием ВС, причём ВМ = ВС. Найдите МС, если Ответ: ~. Решение. Треугольник МВС — равнобедренный, поэтому ZBMC = ZBCM = ZBCA. Равнобедренные треугольники ВМС и ABC подобны по МС ВС „ двум углам, значит, -^ = -г~. Следовательно, 14.8. Точка D лежит на стороне АС треугольника ABC, причём ZABD = ZBCA. Найдите отрезки AD и DC, если АВ = 2 и АС = 4. Ответ: 1 и 3. Решение. Треугольники ABD и АСВ подобны по двум углам (ZA — общий, ZABD = ZBCA по условию). Поэтому -г= = Тг- Следовательно, CD =AC-AD = 4-1 = 3. в с 14.9. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD равны 12 и 18 и пересекаются в точке О. Найдите стороны четырёхугольника с вершинами в точках пересечения медиан треугольников АОВ, ВОС, COD nAOD.
Тренировочные задачи 245 Ответ: 4, 6, 4, 6. Решение. Пусть М и N — середины сторон соответственно АВ и ВС; Р и Q — точки пересечения медиан треугольников соответственно АОВ и ВОС; АС = 12, BD = 18. А OP 00 2 Поскольку фдо = -^ = д, треугольники OPQ и 2 2 эффициентом «, поэтому PQ = « MN, а т. к. MN — угольника ABC, то MN = -zAC. Следовательно, OMN подобн 2 реугольники OPQ и OMN подобны с ко 2 « MN, а т. к. MN — средняя линия Следовательно, 1 треАналогично найдём остальные отрезки. Тренировочные задачи 14.10. В круге проведены две хорды АВ и CD, пересекающиеся в точке М; К — точка пересечения биссектрисы угла BMD с хордой BD. Найдите отрезки ВК и KD, если BD = 3, а площади треугольников СМВ и AMD относятся как 1:4. Ответ: 1 и 2. Решение. Треугольники ВМС и DMA подобны (ZMCB = Z.DCB = = ZDAB = ZDAM). Поскольку площади этих треугольников относятся как 1:4, то коэффициент подобия равен •= • Поэтому DM = 2BM. Поскольку МК — биссектриса треугольника BMD, то KD _ DM _ ? KB ~ ВМ ~ Z' Следовательно, KD = |BD = 2, ВК = ^BD = 1.
246 § 14. Вспомогательные подобные треугольники 14.11. В прямоугольной трапеции основания равны 17 и 25, а большая боковая сторона равна 10. Через середину М этой стороны проведён к ней перпендикуляр, пересекающий продолжение второй боковой стороны в точке Р. Найдите МР. Ответ: 35. Решение. Пусть N — середина меньшей боковой стороны АВ трапеции ABCD, К — проекция вершины С меньшего основания ВС на большее основание AD. По теореме Пи- В 17 С фагора N А j ' J п 17 К / / 8 D CK=VCD2-KD2 = ^CD2-(AD-AK)2 = = у/CD2 -(AD-BC)2 = Vl02-82= 6. Из подобия треугольников NMP и KCD , . MN РМ (по двум углам) находим, что yjf — 77T • MN 'CD Поэтому РМ = ск . Поскольку MN = = 2 (AD + ВС) (средняя линия трапеции), то DA/T 21-10 ос РМ = —2— = 35. 14.12. В трапеции ABCD даны основания AD = 12 и ВС = 8. На продолжении стороны ВС отложен отрезок СМ = 2,4. В каком отношении прямая AM делит площадь трапеции ABCD? Ответ: 1:1. Решение. Пусть отрезки AM и CD пересекаются в точке К. Из подобия треугольников МКС и AKD находим, что ЯК KD СМ AD 2А 12 1 5* Опустим перпендикуляры КР и СН на AD. Из подобия прямоугольных треугольников KPD и CHD следует, что С 2АМ КР СН КР CD 5 6' поэтому КР = тСН. Значит, Sabcd = о ' ^Н — ^— ' СН = 10СН, _ ± то °ги —
Тренировочные задачи 247 Следовательно, ^ABCD z ^ABCK 14.13. Через точку пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, параллельная основаниям. Найдите длину отрезка этой прямой, заключённого внутри трапеции, если основания трапеции равны а и Ъ. Ответ: —-г. а + Ь Решение. Пусть М — точка пересечения диагоналей АС и BD трапеции ABCD, X и Y — точки пересечения данной прямой с боковыми сторонами АВ и CD. Из подобия треугольников ВМС и DMA находим, что AM _ AD _ a МС ~ ВС ~ Ь' о AM a Поэтому -jr — Из подобия треугольников АМХ и АСВ находим, что MX = АМ_ = _а_ ВС ~ АС ~ а + Ь' Поэтому ^вс аЪ " а + Ь ^~ а + Ь' Аналогично находим, что MY = -*тт. Следовательно, XY = MX + MY= ^г. а + Ь 14.14. В угол вписаны касающиеся внешним образом окружности радиусов г и R (г < R). Первая из них касается сторон угла в точках А и В. Найдите АВ. ~ 4ry/Rr Ответ: -^——. Решение. Пусть центр меньшей окружности Оъ а большая окружность с центром О2 касается луча ОА в точке С, а меньшей окружности — в точке К. Линия центров двух касающихся окружностей проходит через их точку касания, поэтому ОгО2 =KOl+KO2 = r + R. Опустим перпендикуляр OXF из центра меньшей окружности на радиус О2С большей окружности. Тогда OXACF — прямоугольник, поэтому O2F = O2C-FC = О2С-ОгА = R-r.
248 § 14. Вспомогательные подобные треугольники Из прямоугольного треугольника OiFO2 находим, что - (R-г)2 = 2yfRr. Пусть луч ООг (биссектриса угла АОВ) пересекает отрезок АВ в точке D. Тогда АВ _1_ 00ь D — середина АВ и ААОгЭ = 90° -ZFO!O2 = ZO^F, поэтому прямоугольные треугольники АО^ и C^C^F подобны, зна- AD AOX AD г Атл 2rv/Rr ЧИТ> 07 = О^' MH пТг = RTr> 0ТКУДа НаХ0ДИМ' ЧТ0 AD = Следовательно, АВ = 2AD = R . 14.15. Основания трапеции равны а и Ь. Прямая, параллельная основаниям, разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся как 2:3. Найдите длину отрезка этой прямой, заключённого внутри трапеции. /За2 + 2Ъ2 Г Ответ: у <г или у 2а2 + ЗЪ2 5 Решение. Первый способ. Пусть М и N — точки на боковых сторонах соответственно АВ и CD трапеции ABCD с основаниями AD = Ъ и ВС = a (b > a), MN \\ AD; P — точка пересечения с MN прямой, проходящей через точку С параллельно АВ, Q — точка пересечения с AD прямой, проходящей через точку N параллельно АВ. Обозначим MN = x; h-L и ft2 — высоты подобных треугольников PCN и QND. Пусть отношение площадей трапеций BMNC и MADN равно 2:3, тогда
Тренировочные задачи 249 Из подобия треугольников CPN и NQD следует, что -А = т—. Поэтому /То О — X 2 Ъ + х 3 ' х + а х-а Ъ-х' Из этого уравнения находим, что х = За2 + 2Ъ2 1 В а 1 а С 1 \ П \ Р х-а ) Л/ Q b-x D Если же отношение площадей трапеций BMNC и MADN равно 3:2, то аналогично найдём, что MN = у 2а2 + ЗЪ2 Второй способ. Пусть О — точка пересечения продолжений боковых сторон АВ и DCу S — площадь треугольника ВОС, отношение площадей трапеций BMNC и MADN равно 2:3, MN = х — искомый отре- 2 зок. Тогда SAMN0 - S = ^(Saaod - Samno)> 0 или В Отсюда находим, что х2 = За2 + 2Ъ2 Если же отношение площадей трапеций BMNC и MADN равно 3:2, то анало- / «-Ч 2 i о к 2 гично найдём, что MN = у = А Ь D 14.16. Около окружности описана равнобедренная трапеция. Боковая сторона трапеции равна 4, отрезок, соединяющий точки касания боковых сторон с окружностью, равен 1. Найдите диаметр окружности. Ответ: 2. Решение. Пусть вписанная окружность касается боковой стороны АВ равнобедренной трапеции ABCD в точке М, а боковой стороны CD — в точке N. Тогда MN \\ AD. Центр О этой окружности расположен на средней линии PQ трапеции (точка Q — середина CD), а проекция К точки О на MN — середина MN. По свойству описанного четырёхугольника PQ = AD + BC AB + CD 4 + 4 = 4. Тогда OQ = ^-4 = 2. Из подобия треугольников OKN и QNO следует, что KN _ ON ON ~ OQ'
250 § 14. Вспомогательные подобные треугольники откуда находим, что ONZ = OQKN = 2-^ = Поскольку ON — радиус вписанной окружности, диаметр окружности равен 2. 14.17. В некоторый угол вписана окружность радиуса 5. Хорда, соединяющая точки касания, равна 8. К окружности проведены две касательные, параллельные хорде. Найдите стороны полученной трапеции. Ответ: 5, 20, у, у. Решение. Пусть О — центр окружности, Р и Q — точки касания окружности с боковыми сторонами CD и АВ полученной равнобедренной трапеции ABCD, К — середина PQ, М — середина CD. OP КР Из подобия треугольников РКО и ОРМ находим, что тгтт = -~р, по- ОР2 25 25 этому ОМ = -jTp- = -г-. Поскольку средняя линия трапеции равна у, CD = AB = у. Пусть N — проекция вершины С на большее основание AD. Из подобия треугольников CND и РКО находим, что -^г = -ттр > значит,
Тренировочные задачи 251 ктгх CNKO 10-3 15 ND = —j7p— = —т— = -9", а т.к. отрезок AN равен средней линии 25 трапеции, то AN = —. Следовательно, AD = AN + ND = у + у = 20, ВС = AD - 2ND = 20 - 15 = 5. 14.18. Расстояние от центра О окружности, описанной около треугольника ABC, до стороны ВС равно 1. Найдите расстояние от точки пересечения высот до вершины А. Ответ: 2. Решение. См. [3], с. 117. 14.19. Через точку С проведены две прямые, касающиеся заданной окружности в точках Л и В. На большей из дуг АВ взята точка D, для которой CD = 2 и sin ZACD • sin /.BCD = ^. Найдите расстояние от точки D до хорды АВ. Ответ: о. Решение. Пусть Р, F и Q — основания перпендикуляров, опущенных из точки D на прямые АС, АВ и ВС соответственно. Поскольку отрезок AD виден из точек Р и F под прямым углом, то эти точки лежат на окружности с диаметром AD. Аналогично точки Q и F лежат на окружности с диаметром BD. Поэтому /DFP = /DAP, ZABD = ZDQF. С В Q Кроме того, ZDAP = ZABD по теореме об угле между касательной и хордой, следовательно, ZDFP = ZDQF. Аналогично ZDPF = ZDFQ. Значит, треугольники FPD и QFD подобны по двум углам. Следовательно, DP _ DF DF ~ DQ' DF2 = DPDQ = (CD sin ZACD) (CD sin ZBCD) = \cD2 = |. Следовательно, 14.20. В трапеции ABCD основание АВ = а, основание CD = b (а<Ъ). Окружность, проходящая через вершины А, В и С, касается стороны AD. Найдите диагональ АС. Ответ: y/ab.
252 § 14. Вспомогательные подобные треугольники Решение. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что /DAC = /ABC. Поскольку прямые АВ и CD параллельны, /DCA = /.ВАС. Следовательно, треугольники ADC и ВСА подобны, по- АВ АС ^ этому -д£ = £р. Отсюда находим, что AC2 = AB-CD = ab. 14.21. Точка пересечения медиан треугольника ABC, вершина А и середины сторон АВ и АС лежат на одной окружности. Найдите медиану, проведённую из вершины А, если ВС = а. ау/3 Ответ: В к Решение. Пусть К, Р и Q — середины сторон ВС, АС и АВ соответственно, М — точка пересечения медиан треугольника ABC. Обозначим МК = х. Медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины, поэтому АМ = 2х. Отрезок PQ — средняя линия треугольника ABC, поэтому PQ || ВС, значит, /BPQ = /СВР = /КВМ. Точки А, Р, М и Q лежат на окружности, поэтому /КАВ = /MAQ = /MPQ = /BPQ = /КВМ. Треугольники КАВ и КВМ подобны по двум углам (угол при вер- ВК ЛК шине К — общий), значит, -^тт = -^, откуда КМ • АК = ВК2, или лг-Зл: =©2. отсюда находим, что х = —■=. Следовательно, АК = Зх = 3 а 2Л аУЗ 2 * 14.22. Из вершины тупого угла А треугольника ABC опущена высота AD. Проведена окружность с центром в точке D радиусом, равным AD. Она пересекает стороны треугольника АВ и АС в точках М и N соответственно. Найдите сторону АС, если известно, что АВ = с, AM = mnAN = n.
Тренировочные задачи 253 Ответ: —. Решение. Продолжим AD до пересечения с указанной окружностью в точке Р. Тогда ZAMN = ZAPN, а т. к. ZANP = 90°, то ZAPN = ZACB. Поэтому треугольники AMN и АСВ подобны. Следовательно, AM АС AN АВ' Отсюда находим, что АВ-АМ АС = AN тс п 14.23. В треугольнике ABC угол С — тупой, D — точка пересечения прямой DB, перпендикулярной к АВ, и прямой DC, перпендикулярной к АС. Высота треугольника ADC, проведённая из вершины С, пересекает АВ в точке М. Известно, что АМ = а, МВ = Ъ. Найдите АС. Ответ: yja{a + b). Решение. Поскольку ZABD = ZACD = 90°, точки А, С, В и D лежат на окружности с диаметром AD. Пусть CN — высота треугольника ADC. Продолжим CN до пересечения с окружностью в точке К. Отрезок AD —диаметр, перпендикулярный хорде СК, поэтому CN = NK и АС = АК. Следовательно, ZACK = ZAKC = ZABC. Поэтому треугольники САМ и ВАС подобны по двум углам. Тогда AC AM Л дд = -д£. Отсюда находим, что АС2=АМ-АВ = АС =
254 § 14. Вспомогательные подобные треугольники 14.24. Через центр окружности, описанной около треугольника ABC, проведены прямые, перпендикулярные сторонам АС и ВС, Эти прямые пересекают высоту СИ треугольника или её продолжение в точках Р и Q. Известно, что СР = р, CQ = q. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC. Ответ: y/pq. Решение. Первый способ. Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника ABC, ABAC-a, /ABC = fi. Из равнобедренных треугольников АРС и BQC находим, что АС = 2psina, ВС = 2qsinj3. Поскольку АС = 2R sin j3, ВС = 2R sin а, то 2р sin а = 2R sin j3, 2q sin /3 = 2R sin a. Перемножив почленно эти равенства, получим, что R2 = pq. С Второй способ. Предположим, что ABC — остроугольный треугольник. Тогда /.СОР = /.ABC, a /OQP = /ABC как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, значит, /COP = /OQP. Треугольники OQC и РОС подобны по двум углам, следовательно, §£ = §§, откуда R2 = OC2 = CP-CQ = pq. Аналогично для тупоугольного треугольника. 14.25. Через центр О окружности, описанной вокруг остроугольного треугольника ABC, проведена прямая, перпендикулярная ВО и пересекающая отрезок АВ в точке Р и продолжение отрезка ВС за точку С в точке Q. Найдите ВР, если известно, что АВ = с, ВС = а и BQ = р.
Тренировочные задачи 255 ар Ответ: —. Решение. Пусть прямая PQ пересекает описанную окружность в точках М и N (N расположена между Р и Q). Тогда /.ВАС = \k = /MQB. Следовательно, треугольники ABC и QBP подобны по двум углам. По- ВС АВ - этому Бр = БЛ • Отсюда находим, что ВР = BCBQ АВ ар с 14.26. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Диагональ АС является биссектрисой угла BAD и пересекается с диагональю BD в точке К. Найдите КС, если ВС = 4, а АК = 6. Ответ: 2. Решение. Обозначим КС = х. Тогда АС = КС + АК = х + 6. Треугольник КВС подобен треугольнику ВАС (по двум углам), т.к. А\ /КВС = /DBC = /DAC = /ВАС, этого уравнения находим, что КС ВС х поэтому ~dF = ~aF> или 7 х = 2. 14.27. Продолжение медианы треугольника ABC, проведённой из вершины А, пересекает описанную около треугольника ABC окружность в точке D. Найдите ВС, если АС = DC = 1. Ответ: у/2. Решение. Пусть М — середина ВС. Поскольку ZADC = /ABC = /CBD, треугольник DCM подобен треугольнику BCD по двум DC CM углам. Следовательно, -^ = -^тт. Обозначим ВЫ = СМ = х. Тогда ^ = у. Отсюда находим, что х2 = -^. Следовательно, ВС = 2х=у/2.
256 § 14. Вспомогательные подобные треугольники 14.28. Радиус окружности, описанной около треугольника KLM, равен R. Через вершину L проведена прямая, перпендикулярная стороне КМ. Эту прямую пересекают в точках А и В серединные перпендикуляры к сторонам KL и LM соответственно. Известно, что AL = а. Найдите BL. R2 Ответ: —. Решение. Рассмотрим случай, когда треугольник KLM остроугольный. Пусть О — центр его описанной окружности. Обозначим ZLKM = а. Тогда ZMOL = 2а как центральный угол, соответствующий вписанному углу LKM, 1 С другой стороны, ZOAL = 90° - ZALK = 90° - (90° - а) = а, поэтому треугольники OAL и BOL i;o- ~ BL OL „т OL2 R2 добны по двум углам, значит, 7j7 = "д7> следовательно, BL = -ту- = —. Аналогично для тупоугольного треугольника. 14.29. В окружности проведены диаметр MN и хорда АВ, параллельная диаметру MN. Касательная к окружности в точке М пересекает прямые NA и NB соответственно в точках Р и Q. Известно, что МР = р, MQ = q. Найдите МАГ. Ответ: <Jpq. Решение. Дуги, заключённые между параллельными хордами, равны, поэтому равны опирающиеся на них вписанные углы. Кроме того, ZMBN = 90°, поэтому углы BMN и MQN равны (каждый из них составляет 90° в сумме с углом MNQ). Значит, ZPNM = ZANM = ZBMN = ZMQN. Поэтому прямоугольные треугольники MQN и MNP подобны по двум углам. Следовательно, МР MN MN MQ MNz=MP-MQ = 14.30. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали АС и BD пересекаются в точке Е. Вокруг треугольника ЕСВ описана окружность, а касательная к этой окружности, проведённая в точке Е,
Тренировочные задачи 257 пересекает прямую AD в точке F таким образом, что точки A, D и F лежат последовательно на этой прямой. Известно, что AF = a, AD = Ъ. Найдите EF. Ответ: у/а(а-Ь). Решение. Угол, вертикальный с углом DEF, равен половине дуги BE, не содержащей точки С (как угол между касательной и хордой), поэтому ZCAD = ZBCE = ZDEF. Значит, треугольники DEF и EAF подобны по двум углам (угол при DF EF вершине F — общий). Поэтому ~сЕ = ~лЕ> откуда находим, что EF2 = DF-AF = а{а-Ъ). Следовательно, EF = yja(a-b). 14.31. В трапеции ABCD известно, что BC\\AD, ZABC = 90°. Прямая, перпендикулярная стороне CD, пересекает сторону АВ в точке М, а сторону CD — в точке N. Известно также, что МС = a,BN = b, а расстояние от точки D до прямой МС равно с. Найдите расстояние от точки А до прямой BN. Ответ: —. Решение. Из точек В и N отрезок МС виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром МС. Вписанные в эту окружность углы MBN и MCN опираются на одну и ту же дугу. Следовательно, ZABN = ZMBN = ZMCN = ZMCD. Из точек А и N отрезок MD виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром MD. в 1 1 \ \ \ \ Ml 1 1 1 А 7/ / / 1/ ж WJ\ / /\ \ , \ ^ \ \ \ \ \ \Л 1 УD
258 § 14. Вспомогательные подобные треугольники Вписанные в эту окружность углы MDN и MAN опираются на одну и ту же дугу. Следовательно, /.BAN = /.MAN = /MDN = /MDC. Из доказанного следует, что треугольники ANB и ВМС подобны по двум углам. Значит, отношение их соответствующих высот AQ и DP равно отношению оснований, т. е. AQ _ BN ИЛИ AQ Следовательно, AQ = -^. 14.32. В треугольник ABC со сторонами АВ = 6,ВС = 5, АС = 7 вписан квадрат, две вершины которого лежат на стороне АС, одна на стороне АВ и одна на стороне ВС. Через середину D стороны АС и центр квадрата проведена прямая, которая пересекается с высотой ВН треугольника ABC в точке М. Найдите площадь треугольника ВМС. Ответ: -=-. Решение. Пусть вершины Р и S квадрата PQRS лежат на стороне АС (Р между А и S), О — центр квадрата, F — точка пересечения BD и QR. Треугольник BFR подобен треугольнику BDC, а треугольник BQF — FR RF OF треугольнику BAD, поэтому ~qc = ~bt>= Тп > а т*к* ^С = ^> то FR = FQ, т.е. F — середина QR. Пусть прямая FO пересекает АС в точке Е. Тогда FE \\ QP \\ ВН, а т. к. О — середина FE, то, рассуждая аналогично, получаем, что М — середина высоты ВН. Высота МН треугольника DMC вдвое меньше высоты ВН треугольника ABC, основание DC — вдвое меньше основания АС, поэтому площадь треугольника DMC в 4 раза меньше площади треугольника ABC.
Тренировочные задачи 259 По формуле Герона находим SAABC = х/9(9-7)(9-6)(9-5) = л/9-2-3-4 = 6i/6. Следовательно, 1с - ^ 14.33. Две окружности касаются друг друга внутренним образом в точке А. Хорда ВС большей окружности касается меньшей в точке D. Прямая AD вторично пересекает большую окружность в точке М. Найдите MB, если MA = a, MD = Ъ. Ответ: yfab. Решение, Докажем сначала, что точка М — середина дуги ВС, не содержащей точки А. Пусть общая касательная к данным окружностям, проведённая через точку А, пересекает прямую ВС в точке Р. Тогда ZMAP = ZADP как углы при основании равнобедренного треугольника ADP. А М Пусть а, /3 и у — угловые величины дуг СМ (не содержащей точки А), ВМ (не содержащей точки А) и АС (не содержащей точки В) соответственно. Тогда из равенства углов MAP и ADP следует, что 2 2 ' откуда получаем, что а = ]3. Значит, ZDBM = ZCBM = ZG4M = /ВАМ и треугольники BDM и ЛВМ подобны по двум углам. Следовательно, ВМ _ AM DM ~ BMf откуда находим, что ВМ2 = AM • DM = аЪ. 14.34. Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Расстояния от точки А до прямых ВС, DC и DE равны соответственно а, Ъ и с. Найдите расстояние от вершины А до прямой BE.
260 § 14. Вспомогательные подобные треугольники Ответ: -г. о Решение. Пусть Аг, А2, А3, Л4 — основания перпендикуляров, опущенных из точки А на прямые ВС, DC, DE и BE соответственно. Докажем, что треугольник ЛА^ подобен треугольнику АА2А3. А ^ ^. Действительно, ZAXAA4 = 180° - ZAXBA4 = ZCBE = 180° - ZCDE = ZA2AA3. Точки Ai и Ал лежат на окружности с диаметром АВ, а точки А2 и А3 - на окружности с диаметром AD. Поэтому /ААгА4 = ZABE = ZADE = ZAA2A3. АА АА1 ^4 ^ Из доказанного следует, что -гг = -т-т1. Отсюда находим, что 3 АА3 АА2 ас Ъ '
§ 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения Подготовительные задачи 15.1. Сторона треугольника равна л/2, углы, прилежащие к ней, равны 75° и 60°. Найдите отрезок, соединяющий основания высот, проведённых из вершин этих углов. Ответ: 1. Решение. Пусть ВМ и CN — высоты треугольника ABC, ВС = л/2, ZABC = 75°, ZACB = = 60°. Тогда ZBAC = 180° - 75° - 60° = 45°. Из точек М и N сторона ВС видна под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ВС. Четырёхугольник BCMN — вписанный, поэтому ZACB = ZMCB = 180° - ZBNM = ZANM, значит, треугольник AMN подобен треугольнику ABC по двум углам (угол при вершине А — общий), причём коэффициент подобия равен 4if = cosZBAM = cos45° = 4=- АВ у/2 Следовательно, 15.2. На стороне ВС треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны АВ и АС в точках М и N. Найдите площадь треугольника AMN, если площадь треугольника ABC равна S, а угол ВАС равен а. Ответ: Scos2a. Решение. CM nBN — высоты треугольника ABC. Треугольник MAN подобен треуголь- AN нику CAB с коэффициентом -ттг =cosa. По- этому = Scos2a.
262 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения 15.3. Точка М, лежащая вне круга с диаметром АВ, соединена с точками А и В. Отрезки МА и MB пересекают окружность в точках С и D соответственно. Площадь круга, вписанного в треугольник АМВ, в четыре раза больше, чем площадь круга, вписанного в треугольник CMD. Найдите углы треугольника АМВ, если известно, что один из них в два раза больше другого. Ответ: 60°, 40°, 80°. Решение. Поскольку ZMCD = 180° - ZACD = ZABD, треугольник MCD подобен треугольнику МВА по двум углам. Площадь круга, вписанного в треугольник MCD, в четыре раза меньше площади круга, вписанного в треугольник МВА, поэтому радиус первого круга вдвое меньше радиуса второго. Следовательно, коэффициент подобия треугольников MCD и МВА равен «, значит, а т. к. угол СМВ — острый (точка М расположена вне данного круга), то В А АМВ = ZCMB = 60°. Угол при вершине М треугольника АМВ не может быть вдвое меньше угла А или В, т. к. в противном случае один из углов А или В равен 120° > 90°, что невозможно. Если же угол М вдвое больше угла А, то угол В равен 90°, что также невозможно (в этом случае прямая MB касается данной окружности). Аналогично докажем, что угол М не может быть вдвое меньше угла В. Таким образом, либо угол А вдвое больше угла В, либо наоборот. В каждом из этих случаев один из углов равен 40°, а второй 80°. 15.4. Отрезок АВ—диаметр окружности, а точка С лежит вне окружности. Отрезки АС и ВС пересекаются с окружностью в точках D и М соответственно. Найдите угол CBD, если площади треугольников DCM и ABC относятся как 1:4. Ответ: 30°. Решение. Треугольники DCM и ВСА подобны с коэффициентом ^- Поэтому ВС = = 2CD. Следовательно, sinZCBD = §? = |, а т. к. угол CBD — острый, то ZCBD = 30°.
Подготовительные задачи 263 15.5. В треугольнике ABC на средней линии DE, параллельной АВ, как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны АС и ВС в точках М и N. Найдите MN, если ВС = а, АС = Ъ, АВ = с. + Ъ2-с2) Ответ: 4аЪ Решение. Точки М и N лежат на окружности с диаметром DE, поэтому DN и ЕМ — высоты треугольника CED, значит, треугольники CMN и CED подобны с коэффициентом cos ZACB. Следовательно, М MN = DEcosZACB = § 2 + Ъ2-с2) А ЛаЬ 15.6. В треугольнике ABC известно, что АВ=с, ВС=а, ZABC = 120°. Найдите расстояние между основаниями высот, проведённых из вершин Аи С. Ответ: ^у/а2-\-с2-\-ас. Решение. Пусть AM и CN — высоты треугольника ABC. Поскольку угол ABC тупой, точки М и N лежат на продолжениях сторон ВС и АВ. Из точек М и N сторона АС видна под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром АС. Вписанные в эту окружность углы CMN и CAN опираются на одну и ту же дугу, поэтому ZBMN = ZCMN = ZCAN = ZCAB, значит, треугольник MBN подобен треугольнику ABC по двум углам (угол при вершине В общий), причём коэффициент подобия равен Щ = cos ZABM = cos 60° = \. Следовательно, м N AC-± = ^ у/ВС2 + АВ2 - 2ВС • АВ cos 120° = ± 15.7. В треугольнике ABC проведены высоты AD и СЕ. Найдите АС, DE если ВС = а, АВ = Ъ, дё=к. Ответ: Va2 + b2±2abk.
264 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения Решение. Обозначим ZABC = а. Если а < 90° (см. рисунок слева), то треугольники EDB и CAB подобны с коэффициентом cos а, т. е. cosа = -гр=к. Тогда по теореме косинусов АС2 = ВА2+ВС2 - 2BA-BC-cosa = Ъ2 + а2- 2аЪк. Если а > 90° (см. рисунок справа), то треугольники EDB и CAB подобны с коэффициентом к = -тр = -ttj = cos(180° - а) = - cos а. Тогда АС2 = а2 + Ь2 + 2аЪк. 15.8. Высоты ВМ и CN остроугольного неравнобедренного треугольника ABC пересекаются в точке Я. Сторону ВС продолжили до пересечения с прямой MN в точке К. Сколько пар подобных треугольников при этом получилось? Ответ: 10. Решение. Прямоугольные треугольники АВМ и ACN подобны по двум углам (угол А — общий). Прямоугольные треугольники BNH и СЫН подобны по двум углам (углы BHN и СИМ — вертикальные). Прямоугольные треугольники BNH и ВМА подобны по двум углам At
Тренировочные задачи 265 (угол В — общий). Прямоугольные треугольники СЫН и CNA подобны по двум углам (угол С — общий). Следовательно, подобны прямоугольные треугольники BNH и CNA, а также прямоугольные треугольники СЫН и ВМА. Из точек М и N отрезок ВС виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ВС. Тогда ZCNM = ZCBM как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Значит, треугольники NHM и ВНС подобны по двум углам. Поскольку сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника равна 180°, то ZNBC = 180° - ZCMN = ZAMN, значит, треугольники AMN и ABC подобны по двум углам (угол А — общий). Аналогично треугольники КСМ и KNB подобны по двум углам (угол К — общий). Наконец, из равенства ZBCN = ZBMN следует, что подобны треугольники KCN и КМВ. Тренировочные задачи 15.9. В остроугольном треугольнике ABC с углом С, равным 30°, высоты пересекаются в точке М. Найдите площадь треугольника АМВ, если расстояние от центра окружности, описанной около треугольни- л/3 ка ABC, до сторон ВС и АС соответственно равны л/2 и -«-. л/6 Ответ: -«-. Решение. Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника ABC, Р и Q — проекции точки О на стороны ВС и АС. Известно, что расстояние от точки пересечения высот треугольника до его вершины вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противоположной стороны треугольника (см. [3], с. 117). Поэтому ВЫ = 2OQ = ^р, AM = 2OP = 2л/2. Поскольку ZAMB = 180° - 30° = 150°, то Saamb = lAM-MBsinl50° = ^.
266 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения 15.10. В треугольнике ABC проведены высоты ВЫ и CN, О — центр вписанной окружности. Известно, что ВС = 24, MN = 12. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ВОС. Ответ: 8л/3 или 24. Решение. Из точек М и N сторона ВС видна под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ВС. Пусть угол ВАС — острый. Четырёхугольник BNMC — вписанный, поэтому /NBC = 180° - /NMC = /AMN. Треугольник AMN подобен треугольнику ABC по двум углам (угол А — общий), причём коэффициент подобия ра- AN вен -д£ = cos/ВАС. В то же время коэф- , с. MN 12 1 фициент подобия равен -=рг = ттт = о > по" этому cos /ВАС = |. Тогда /ВАС = 60°. Центр О окружности, вписанной в треугольник ABC, — точка пересечения биссектрис треугольника. Сумма углов при вершинах В и С треугольника ABC равна 120°, а сумма их половин (т.е. сумма углов при вершинах В и С треугольника ВОС) равна 60°, значит, /ВОС = 180° -60° = 120°. Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника ВОС. По теореме синусов ВС 24 12 24 R = 2 sin /ВОС 2 sin 120° ^з Пусть теперь угол ВАС — тупой. Тогда вписанные углы CMN и CBN опираются на одну и ту же дугу, поэтому /AMN = /CMN = /CBN = /ABC, значит, треугольник AMN подобен треугольнику ABC, причём коэффициент подо- AN бия равен -г~ = cos /CAN. В то же вре- АС MN мя коэффициент подобия равен -^г = 12 1 1 = 24 = о' П0ЭТ0МУ cos /CAN = ;г. Значит, /CAN = 60°. Следовательно, /ВЛС = 180° - /CAN = 120°, ZBOC = 180° - \(180° - 120°) = 150°.
Тренировочные задачи 267 Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника ВОС. По теореме синусов ВС 24 R = 2 sin ZBOC 2 sin 150° = ¥ = 24. осг = \сн = \r = \ob. 15.11. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н. Известно, что отрезок СИ равен радиусу окружности, описанной около треугольника ABC. Найдите угол АСВ. Ответ: 60° или 120°. Решение. Пусть Сг — середина АВ, О — центр описанной окружности, R — её радиус. Поскольку СИ = 2ОСЪ то \сн \r \ Следовательно, ZBOCl = 60°, ZAOB = 2АВОСг = 120°. Если точки С и О лежат по одну сторону от прямой АВ (см. рисунок слева), то ZACB = \/.АОВ = \ • 120° = 60°. Если же точки С и О лежат по разные стороны от прямой АВ (см. рисунок справа), то ZACB = |(360° - ZAOB) = 180° - 60° = 120°. 15.12. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н. Известно, что СН = АВ. Найдите угол АСВ. Ответ: 45° или 135°.
268 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения Решение. Пусть Сг — середина стороны АВ, О — центр описанной окружности. Поскольку СН = 2ОСЪ то осг = \сн = \ав = сгв. Поэтому треугольник ОСгВ— прямоугольный и равнобедренный. Следовательно, /.СгОВ = 45°. Если точки С и О лежат по одну сторону от прямой АВ (см. рисунок слева), то ZACB = \LAOB = АСХОВ = 45°. Если же точки С и О лежат по разные стороны от прямой АВ (см. рисунок справа), то ZACB = |(360° -ZAOB) = 180° -45° = 135°. 15.13. В треугольнике ABC известно, что АВ = 2, АС = 5, ВС = 6. Найдите расстояние от вершины В до точки пересечения высот. 25 Ответ: л/39* Решение. По теореме косинусов находим, что АВ2 + ВС2-АС2 4 + 36-25 5 cosZB = 2АВВС 2-2-6
Тренировочные задачи 269 Тогда Пусть О — центр описанной окружности треугольника ABC, R — её радиус, М — проекция центра на сторону АС, Н — точка пересечения высот. Тогда ВН = 2ОМ. По теореме синусов АС _ 5 _ _20_ 2sinZB ~ 2-® ~ л/39 AO = R = Следовательно, ВН = 2ОМ = 2\/АО2-АМ2 = 2sJaO2-^- = *у[Щ--Ц = 25 л/39' 15.14. На стороне АВ треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны АС и ВС в точках D и Е соответственно. Прямая DE делит площадь треугольника ABC пополам и образует с прямой АВ угол 15°. Найдите углы треугольника ABC. Ответ: 60°, 75°, 45°. Решение. Обозначим углы при вершинах А, В и С треугольника ABC через а, ]3 и у соответственно. Поскольку точка С лежит вне окружности с диаметром АВ, то угол при вершине С острый, т.е. у<90°. Г. Точки Л, D, Е и В лежат на одной окружности, поэтому ZCDE = 180° - ZADE = ZABC = ]3. Аналогично ZCED = а.
270 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения Треугольник CDE подобен треугольнику СВА, причём коэффициент подобия равен квадратному корню из отношения площадей этих треугольников, т. е. к = —р. С другой стороны, т. к. v2 ZAEC = ZAEB = 90°, то J= = к = ^| = cosZACE = cosy. Поэтому 7 = 45°. Пусть прямая DE пересекается с прямой АВ в точке К. По условию ZAKD = 15°. В то же время ABC — внешний угол треугольника ВЕК, поэтому ZABC = ZAKD + ZBEK = ZAKD + ZCED, или р = 15° + а. Подставив р в равенство a + j3 = 180o-45° = 135°, найдём, что а = 60°. Следовательно, ]3 = 75°. 15.15. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты СМ и AN. Известно, что АС = 2, а площадь круга, описанного около треугольника MBN, равна ■«■. Найдите угол между высотой СМ и стороной ВС. Ответ: 30°. Решение. Обозначим ZBCM = а. Треугольник MBN подобен треугольнику СВА с коэффициентом -gTT = cosZB = cos (90° - а) = sin а, поэтому MN = ACsina = 2sina. Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника MBN. Тогда MN _ 2 sin a _ 2 sin a _ 2sinZB " 2sin(90°-a) ~ 2cosa ~ tga* По условию задачи nR2 = тг, поэтому R= -=, значит, tga= -=. Следо- 6 v3 V3 вательно, a = 30°. 15.16. В остроугольном треугольнике ABC из вершин Л и С на стороны ВС и АВ опущены высоты АР и CQ. Найдите сторону АС, если
Тренировочные задачи 271 известно, что периметр треугольника ABC равен 15, периметр треугольника BPQ равен 9, а радиус окружности, описанной около тре- 9 угольника BPQ, равен -. 24 Ответ: -у. Решение. Обозначим /.ABC = а. Треугольник PBQ подобен тре- ВР угольнику ABC с коэффициентом -r= = cos а, а т. к. отношение периметров подобных треугольников равно коэффициенту подобия, то 9 3 4 cos a = Y? = f, sin а = F• Тогда если г и R — радиусы описанных окружностей подобных треугольников PBQ и ABC, то следовательно, 15.17. Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, равны 5, 12 и 13. Найдите радиус описанной около треугольника окружности. Ответ: 13.
272 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения Решение. Пусть продолжения высот ААг, ВВг и ССг треугольника ABC пересекают описанную окружность в точках А2, В2 и С2 соответственно, АгВг = 13, ВгСг = 12, АгСг = 5, а Н — точка пересечения высот. Тогда Аъ Вг и Сг—середины отрезков НА2, НВ2 и НС2 (см. [3], с. 116), поэтому АгВг, А1С1 и В1С1—средние линии треугольников А2НВ2, А2НС2 и В2НС2. Значит, треугольник А2В2С2 подобен треугольнику Л1В1С1 с коэффициентом 2, а т. к. треугольник A^iCi прямоугольный (52 4- 122 = 132), то треугольник А2В2С2 — также прямоугольный, причём его угол, лежащий против наибольшей стороны А2В2, равен 90°. Следовательно, диаметр описанной окружности треугольника А2В2С2, а значит, и треугольника ЛВС, равен гипотенузе треугольника А2В2С2, т. е. 26, а искомый радиус равен 13. 15.18. Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, равны 8, 15 и 17. Найдите площадь треугольника. Ответ: 340. Решение. Пусть AD, BEnCF — высоты остроугольного треугольника ABC; DF = 8,EF = 15, DE = 17. Поскольку 82 +152 = 172, то треугольник DEF — прямоугольный, ZDFE = 90°. Dr Обозначим через а, /3 и у углы при вершинах соответственно А, В и С треугольника ABC. Поскольку сторона АС видна из точек F и D под прямым углом, эти точки лежат на окружности с диаметром АС, значит, ZBDF = 180° - ZCDF = ZCAF = а.
Тренировочные задачи 273 Аналогично докажем, что ZCDE = a, ZCED = /3, ZAEF =/3, ZAFE = y, ZBFD = y. Пусть R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Тогда SAABC = 2R2 sin a sin /3 sin у. (см. приложение 2, 22ж). Для того чтобы найти R, продолжим высоты AD, BE и CF до пересечения с описанной окружностью в точках D', Е' и F' соответственно. Если Я — точка пересечения высот треугольника ABC, то точки D, Е и F — середины отрезков HD', НЕ' и HF'. Поэтому EF, DEylDF — средние линии треугольников E'HF', D'HE' и D'HF'. Значит, треугольник D'E'F' подобен треугольнику DEF с коэффициентом 2. Следовательно, треугольник D'E'F' — прямоугольный, а радиус R его (и треугольника ABC) описанной окружности равен половине гипотенузы E'D', т.е. 17. Поскольку ZEDF = 180° - ZBDF - ZCDE = 180° - 2а и cos ZEDF = §f = ^> то :pz = cos ZEDF = cos(180°-2a) = -cos 2a, , 1- cos 2a sin a = Аналогично находим, что Следовательно, 15.19. Продолжения высот AM и CN остроугольного треугольника ABC пересекают описанную около него окружность в точках Р и Q. Найдите радиус описанной окружности, если АС = a, PQ = -£. Ответ: -g-. Решение. Пусть Н — точка пересечения высот. Известно, что точка, симметричная ортоцентру треугольника относительно стороны, лежит на описанной окружности треугольника. Поэтому ИМ = МР
274 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения и HN = NQ. Значит, MN — средняя линия треугольника HQP. Следовательно, Треугольник BMN подобен треугольнику ВАС, причём коэффициент подобия равен cos ZABC, значит, ММ 7а Я cos/ЛВС = ^F = — = I, АС а 5' 4 sin/ЛВС = 2 5 Если R — искомый радиус, то АС R = 2 sin ZABC 5а 8 * 15.20. В остроугольном треугольнике PQR (PQ > QR) проведены высоты РТ и RS; QN—диаметр окружности, описанной около треугольника PQR. Известно, что острый угол между высотами РТ и RS равен a, PR = a. Найдите площадь четырёхугольника NSQT. Ответ: ^a2ctga. Решение. Треугольник PQR — остроугольный, поэтому его угол при вершине Q равен острому углу между высотами РТ и RS, т. е. а. Через вершину Q проведём касательную к описанной окружности треугольника PQR и отметим на ней точку Л, лежащую с точкой Р по разные стороны от прямой QR. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что ZAQR = ZRPQ = ZQTS, значит, ST || AQ, а т. к. QN IAQ, то ST1QN. Таким образом, диагонали четырёхугольника NSQT перпендикулярны. Тогда если s — его площадь, то s = ^ST • QN. Треугольник TQS подобен треуголь- QT нику PQR, причём коэффициент подобия равен -^ = cos a, значит, г — Пусть г — радиус описанной окружности треугольника PQR. Тогда PR a 2sina 2sina . Следовательно, s = -^ST-QN = |acosa-2r = |acosa- sin a
Тренировочные задачи 275 15.21. В треугольнике ABC проведены высота АН, равная h, медиана AM, равная т, и биссектриса AN. Точка N — середина отрезка МН. Найдите расстояние от вершины А до точки пересечения высот треугольника ABC. m2-h2 Ответ: 2h Решение. Из прямоугольных треугольников АНМ и AHN находим, что НМ2 = AM2-АН2 = m2-h2, HN = ±НМ = AN2 = AH2+HN2 = 4 4 Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника ABC, К — отличная от А точка пересечения прямой AN с описанной окружностью. Поскольку АК — биссектриса угла ВАС, то ^BK = kjKC. Поэтому ОК — биссектриса угла ВОС равнобедренного треугольника ВОС. Следовательно, точка М лежит на ОК. Поэтому КМ 1 ВС, а т. к. NH = NM, то из равенства прямоугольных треугольников AHN и KMN следует, что AN = NK. Поэтому ON IAK. В прямоугольном треугольнике ONK известно, что NK = AN, KM = = АН = h. Тогда NK2 = OK-KM, или 4 Отсюда находим, что ОМ = m2-h2 4h ' Пусть F — точка пересечения высот треугольника ABC. Тогда AF = 2ОМ = т -Ь2 2h
Диагностические работы Диагностическая работа 1 1. Около треугольника со сторонами 6, 8 и 10 описана окружность S. Найдите радиус окружности, касающейся меньшей стороны треугольника в её середине и окружности S. 1 9 Ответ: -z или «• Решение. Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника ABC со сторонами АС = 6, ВС = 8 и АВ = 10. Треугольник ABC — прямоугольный (АС2 + ВС2 = 36 + 64 = 100 = АВ2), поэтому О — середина его гипотенузы АВ, а радиус окружности равен 5. Пусть Ог—центр окружности радиуса г, касающейся катета АС в его середине М и касающейся в точке К внутренним образом описанной окружности треугольника ABC, причём точки О и О] расположены по разные стороны от прямой ВС. Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому 0K = 0M + MK = 0M + 20lK, a т.к. ОМ — средняя линия треугольника ABC, ОМ = -^ВС = 4, OK = 5 — радиус описанной окружности треугольника ABC и МК—диаметр искомой окружности, то 5 = 4 +2г. Следовательно, г= «• Если же точки О иОг расположены по одну сторону от прямой ВС, то аналогично находим, что г= «• 2. Дан треугольник со сторонами АВ = ВС = 17, АС = 30. Найдите общую хорду окружностей с диаметрами АВ и АС. 240 Ответ: 17 ' Решение. Пусть окружность с диаметром АВ вторично пересекает прямую АС в точке М. Тогда ВМ — высота, а значит, медиана треугольника ABC. По теореме Пифагора ВМ = л/172-152 = 8 < 15, поэтому в прямоугольном треугольнике АВМ угол при вершине В больше 45°. Следовательно, ZABC > 90°. Пусть окружность с диаметром АС вторично пересекает прямую ВС в точке К. Тогда АК — высота тупоугольного треугольни-
Диагностическая работа 1 277 ка ABC, поэтому точка К лежит на продолжении боковой стороны ВС за точку В. Из точки К отрезок АВ виден под прямым углом, значит, эта точка лежит на окружности с диаметром АВ. Таким образом, К — вторая точка пересечения окружностей, о которых говорится в условии задачи, а АК — общая хорда этих окружностей. Из равенства ВСАК = АС- ВЫ находим, что АК = АС-ВМ 30-8 240 17 * В ВС 17 3. В выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что ZCBD = 58°, ZABD = 44°, ZADC = 78°. Найдите угол CAD. Ответ: 58°. Решение. Луч BD проходит между сторонами угла ABC, поэтому /.ABC = ZABD + ZDBC = 44° + 58° = 102°, значит, ZABC + ZADC = 102°+ 78° = 180°. Следовательно, четырёхугольник ABCD — вписанный. Поэтому ZCAD = ZDBC = 58°. 4. Окружность касается сторон АВ и AD прямоугольника ABCD и пересекает сторону DC в единственной точке F, а сторону ВС — в единственной точке Е. Найдите площадь трапеции AFCB, если АВ = 32, AD = 40nBE=l. Ответ: 1180. Решение. Пусть окружность радиуса R с центром О касается сторон АВ и AD прямоугольника ABCD в точках М и N соответственно. В прямоугольной трапеции ОМВЕ известно, что ОМ = ОЕ = R, ВЫ = АВ-АМ = AB-ON = 32-R, BE = 1. Из точки Е опустим перпендикуляр ЕК на ОМ. Тогда OK = OM-MK = OM-BE = R-1, KE = BM = 32-R. Рассмотрим прямоугольный треугольник ОКЕ. По теореме Пифагора ОЕ2 = ОК2 + КЕ2, или R2 = (R - I)2 4- (32 - R)2, R2 - 66R +1025 = 0. Условию задачи удовлетворяет R = 25.
278 Диагностические работы М 32-R В В прямоугольной трапеции DFON известно, что OF = ON = R = 25, DN = AD-AN = 40-R = 15. Обозначим DF = x. Из точки F опустим перпендикуляр FL на ON. Тогда OL = ON-LN = ON-DF = R-x = 25-x, FL = DN = 15. Рассмотрим прямоугольный треугольник OLF. По теореме Пифагора 252 = (25 - х)2 +152, х2 - 50х + 225 = 0. Условию задачи удовлетворяет х = 5. Тогда CF = CD - х = 32 - 5 = 27. Следовательно, 5. В треугольнике ABC проведены высоты ААг, ВВг и ССг. Известно, что Z.BAC = 120° и i4Ax = 6. Найдите высоту ЛР треугольника АВгСг. Ответ: 3. Решение. Из точек Ва и Q отрезок ВС виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ВС. Вписанные
Диагностическая работа 1 279 1 в эту окружность углы ВСгВг и ВСВг опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны. Треугольник В! АС1! подобен треугольнику ВАС по двум углам, причём коэффициент подобия равен 4ir = cos АВАВг = cos 60° = \. При этом подобии высота АР треугольника ВгАСг соответствует высоте ААг треугольника ВАС, следовательно, АР = •= АА1 = ^ • 6 = [ 6. Центр окружности, вписанной в четырёхугольник, лежит на его диагонали, равной 5. Известно, что периметр четырёхугольника равен 14, а площадь равна 12. Найдите вторую диагональ и стороны четырёхугольника. Ответ: у, 3, 4, 3, 4. Решение. Пусть АС = 5—диагональ данного четырёхугольника ABCD. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому тре- А * угольники ABC и ADC равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Обозначим АВ = AD = x, BC = CD = у, ZABC = а. Тогда х+у = х2+у2-2ху cosa = 12 10 -2xy -2xy cosa = 49-2xy(l + cosa) = 25, 12 ху = 1+cosa' 12 следует, что 1 4- cos a = sin a. После возИз равенства .. х^— = т ведения обеих частей этого уравнения в квадрат и очевидных упрощений получим уравнение cos a(l + cos a) = 0, а т. к. 0° < а < 180°, то а = 90°. Таким образом, Из этой системы находим, что х = 3, у = 4 или л: = 4, у = 3.
280 Диагностические работы Точки А и С равноудалены от концов отрезка BD, значит, АС — серединный перпендикуляр к отрезку BD. Из равенства ^AC-BD = 12 (площадь четырёхугольника ABCD) находим, что BD = 212 _ 212 АС ~ 5 24 5 ' Диагностическая работа 2 1. Две стороны треугольника равны 10 и 12, а медиана, проведённая к третьей, равна 5. Найдите площадь треугольника. Ответ: 48. Решение. Пусть AM — медиана треугольника ABC, причём AM = 5, АВ = 10, АС = 12. На продолжении медианы AM за точку М отложим отрезок MD, равный AM. Тогда ABDC — параллелограмм с диагоналями ВС и AD, а площадь треугольника ABC равна площади равнобедренного треугольника ABD, в котором АВ = AD = 10, BD = 12. Высоту АН треугольника ABD находим по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника АВН: м АН = VAB2-BH2 = V100-36 = 8. Следовательно, Saabc = SAABD = \BD • АН = \ • 12 • 8 = 48. 2. Окружности с центрами Ог и О2 касаются внешним образом. Кроме того, обе эти окружности касаются внутренним образом окружности радиуса R с центром О. Найдите периметр треугольника 00^2. Ответ: 2R. Решение. Пусть гг и г2 — радиусы окружностей с центрами Ог и О2 соответственно. Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку касания, поэтому ООг = Я-гъ OO2 = R-r2i O1O2 Следовательно,
Диагностическая работа 2 281 3. Точки D и Е расположены на стороне АС треугольника ABC. Прямые BD и BE разбивают медиану AM треугольника ABC на три равных отрезка. Найдите площадь треугольника BDE, если площадь треугольника ABC равна 1. Ответ: 0,3. Решение. Пусть прямые BD и BE пересекают медиану AM в точках К и L соответственно, причём точка К лежит между А и L, АК = KL = LM. Точка L лежит на медиане треугольника и делит её в отошении AL : LM = 2:1, значит, L — точка пересечения медиан треугольника, поэтому BE — также медиана. Следовательно, Е — середина стороны АС. В м Через вершину А проведём прямую, параллельную стороне ВС. Пусть эта прямая пересекается с продолжением отрезка BD в точке Р. Треугольник АКР подобен треугольнику МКВ с коэффициентом j£fj = 5» П0ЭТ0МУ АР = \вм = \вс- Треугольник ADP подобен треугольнику CDB, значит, ВС 4' \аС-\аС=£: поэтому AD = Следовательно, Iac, AD DC DE- AP ~ ВС = AE- DE „ AC'b< 3_ 10 3_ 10* 4. Сторона АВ правильного шестиугольника ABCDEF равна \/3 и является хордой некоторой окружности, причём остальные стороны шестиугольника лежат вне этой окружности. Длина касательной СМ, проведённой к той же окружности из вершины С (соседней с вершиной В), равна 3. Найдите диаметр окружности. Ответ: 2\/3.
282 Диагностические работы Решение. Пусть М — точка касания, К — вторая точка пересечения прямой ВС с данной окружностью. Тогда СК-СВ = СМ2. Отсюда находим, что СК = 3\/3, ВК = СК-ВК = 2л/3. В треугольнике АВК АВ = УЗ, ВК = 2л/3 = 2АВ, ZABK = 180° - ZABC = 180° - 120° = 60°. Значит, треугольник АВК — прямоугольный, ВК — его гипотенуза. Следовательно, В К = 2 \/3 — искомый диаметр. 5. Центр окружности радиуса 6, касающейся сторон АВ, ВС и CD равнобедренной трапеции ABCD, лежит на её большем основании AD. Основание ВС равно 4. Найдите расстояние между точками, в которых окружность касается боковых сторон АВ и CD этой трапеции. Ответ: -=-. Решение. Пусть О — центр окружности; Q, М и Р — точки её касания со сторонами соответственно АВ, ВС и CD трапеции ABCD; L — проекция вершины С на основание AD;K — точка пересечения отрезков PQ и МО. Заметим, что PQ \\ AD (BQ = ВМ = СМ = СР). В м Поскольку СО — биссектриса угла BCD, то ZCOD = ZOCB = ZOCD, поэтому треугольник OCD — равнобедренный, CD = OD. Обозначим CD = OD = х. Тогда LD = OD - OL = OD - МС = х - 2. По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника CLD находим, что = 36+U-2)2. CD2 = CL2+LD2, или Отсюда следует, что х = 10. КР ОР Из подобия треугольников ОКР и DLC находим, что -^т- = =. Поэтому _ OPCL _ , 6 _ 18 КР ~ ~CD~~b' 10 "У Следовательно, PQ = 2KP = —.
Диагностическая работа 3 283 6. Углы при вершинах АиВ треугольника ABC равны 75° и 45° соответственно, ААг и ВВг —высоты треугольника. Касательная в точке С к окружности, описанной около треугольника Л1В1С, пересекается с прямой ААг в точке К. Известно, что СК = а. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC. Ответ: а. Решение. Треугольник АгВгС подобен треугольнику ABC с коэффициентом cos ZACB = cos 60° = 2» значит, радиус R описаннной окружности треугольника ABC вдвое больше радиуса г описанной окружности треугольника А-^В-^С. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что ДССАг = = ZABC = 45°. Из прямоугольного треугольника КАгС находим, что САг =СК cos 45° = -7=. По теореме v2 синусов г = САг 2 sin ZCBj САХ 2 sin 45° у/2 _ а _L ~ 2* Следовательно, R = 2г = а. А в Диагностическая работа 3 1. Медиана и высота прямоугольного треугольника, проведённые из вершины прямого угла, равны 5 и 4. Найдите катеты. Ответ: 2л/5, 4л/5. Решение. Пусть СМ = 5 и СН = 4 — медиана и высота прямоугольного треугольника ABC, проведённые из вершины прямого угла. По теореме Пифагора МН = у/СМ2 - СИ2 = И м Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому ВМ = СМ = АМ = 5. Предположим, что АС > ВС. Тогда точка Н лежит между точками В и М, поэтому ВН = ВМ-МН = 5-3 = 2, АН = АМ + МН = 5 + 3 = 8.
284 Диагностические работы Следовательно, ВС = у/ВН-АВ = = 2У5, АС = VAH-AB = = 4i/5. 2. Найдите периметр треугольника, один из углов которого равен а, а радиусы вписанной и описанной окружностей равны г и R. Ответ: 2 (г ctg 77 4- 2R sin a). Решение. Пусть угол при вершине А треугольника ABC равен а, О — центр вписанной окружности, К — точка касания вписанной окружности со стороной АВ, М — со стороной АС. Тогда BC = 2Rsma, AK § § Поскольку AM = АКиВК + СМ = ВС, то = 2АК + 2ВС = 2rctg| + 4Rsina. 3. В треугольник ABC со сторонами АВ = 18 и ВС = 12 вписан параллелограмм BKLM, причём точки К, L и М лежат на сторонах АВ, ЛС и ВС соответственно. Известно, что площадь параллелограмма со- ставляет ^ площади треугольника ABC. Найдите стороны параллелограмма. Ответ: 8, 6 или 4, 12. Решение. Обозначим ВЫ = KL = х, BK = LM = у, SAABC = S. Тогда S =-S S =-S =±.^s=h а т.к. 2 с _ с _ВМ ВК дъ-ъАВКМ- вс • АВ 12 ' 18' то х/ = 48. KL AK Треугольник AKL подобен треугольнику ABC, поэтому ^ = -^, 18-у (ху = 48, -, откуда Зх 4- 2у = 36. Из системы < I »)Л ~i ^У — ОО нахо- дим, что х = 8, у = 6 или х = 4, у = 12. 4. Около прямоугольного треугольника ABC описана окружность. Расстояния от концов Л и В гипотенузы АВ до прямой, касающейся окружности в точке С, равны а и Ъ соответственно. Найдите катеты АС и ВС. Ответ: Ja(a + b), Jb(a + b).
Диагностическая работа 3 285 Решение. Пусть Р и Q — проекции точек Л и В на указанную касательную, СМ — высота треугольника ABC. Треугольник АМС равен треугольнику АРС, т. к. ZPCA = ZABC = 90° - ZCAB = ZACM (по теореме об угле между касательной и хордой). Следовательно, AM = АР = а. Аналогично ВМ = BQ = Ъ, поэтому 5. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом при вершине С сторона СА = 4. На катете ВС взята точка D, причём CD = 1. л/5 Окружность радиуса -у проходит через точки С и D и касается в точке С окружности, описанной около треугольника ABC. Найдите площадь треугольника ABC. Ответ: 4. Решение. Поскольку точка D лежит внутри окружности, описанной около треугольника ABC, то данные окружности касаются внутренним образом. Если М — отличная от С точка пересечения первой окружности с катетом АС, то MD —диаметр этой окружности, /^1 = 2. MC= y/MD2 - CD2 = Пусть Q и О — середины диаметров MD и АВ данных окружностей. Тогда точки О, Q и С лежат на одной прямой, треугольники MQC и АОС — равнобедренные, ZCMD = ZACO = ZBAC, поэтому треугольники MCD и АСВ подобны с коэффициентом -р^ = ~- Следовательно, D/"1 О/Т) ОС „ДГ1 ДГ А D\-i — ZtKjLJ — £*, О ДДДС — r)D\-i iW-i — t. 6. На сторонах прямоугольного треугольника с катетами а и Ъ построены квадраты, лежащие вне треугольника. Найдите площадь треугольника с вершинами в центрах квадратов. Ответ: —j—. Решение. Пусть ABC — данный прямоугольный треугольник с катетами ВС = а, АС = Ъ и гипотенузой АВ, Оъ О2 и О3 — центры квад-
286 Диагностические работы ратов ABMN, AKLC и BCEF, построенных внешним образом на гипотенузе и катетах АС и ВС соответственно. Заметим, что СО2 и СО3 — биссектрисы вертикальных углов, поэтому точки О2, С и О3 лежат на одной прямой и О2Оз = СОз + СО2=-7= + ^= = a + b л ■ Пусть Р — проекция точки М на прямую ВС, R — проекция точки N на прямую AC, a Q — точка пересечения прямых МР и NR. Тогда CPQR — квадрат со стороной а + Ъ, его центр совпадает с центром 01 квадрата ABMN (см. [3], с. 22, пример 3), СОг—половина диагонали квадрата CPQR, СОг = ^Ц=-, а т. к. СОг — биссектриса прямого уг- ла АСР, то АОгСО2 = ZO1CA + ZO2CA = 45°+ 45° = 90°, т. е. ОгС — высота треугольника ОгО2О3. Следовательно, с _ 1п п пг-1 а + Ь а + Ь _ {а + Ъ)2 5дО1о2о3 " 2°2°3 '°lC~2'~jf'~jf- ~4~' Диагностическая работа 4 1. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC, площадь которого равна 75, расположены точки М, N и К соответственно. Известно, что М — середина АВ, площадь треугольника BMN равна 15, а площадь треугольника АМК равна 25. Найдите площадь треугольника CNK.
Диагностическая работа 4 287 Ответ: 15. Решение. Обозначим SAABC = S. Тогда SAAMK AM АК 1 АК S ~ АВ' АС ~ 2' АС Saamk 25 а т.к. по условию задачи ±-^ = ± откуда 1 " 75 " 3' Т0 АК 2 1 3' СК АК 2 ОС , что лс = 3' а ЛС = В = ^. Аналогично находим, что -^ = р. Следовательно, ЛС ВС 3 5 2. Окружность S с центром в вершине прямого угла прямоугольного треугольника касается окружности, вписанной в этот треугольник. Найдите радиус окружности S, если известно, что катеты треугольника равны 5 и 12. Ответ: 2(v^2±l). Решение. Пусть окружность S с центром в вершине С прямого угла прямоугольного треугольника ABC с катетами АС = 12, ВС = 5 и гипотенузой АВ = 13 в точке К касается внешним образом вписанной окружности этого треугольника. Пусть О — центр вписанной окружности данного треугольника, М — точка касания вписанной окружности треугольника с катетом ВС. Тогда ОМ = \ Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому ОС = СК + OK, ZOCM = 45°, т. к. СО — биссектриса угла АСВ. Из прямоугольного тругольника ОСЫ находим, что ОС = = у/2ОМ = 2 л/2, а т. к. ОК = ОМ, то 2\/2 = 2 4- СК. Следовательно, СК = 2у/2 - 2, т. е. радиус окружности S равен 2л/2 - 2.
288 Диагностические работы Если окружность S касается вписанной окружности данного треугольника внутренним образом, то аналогично найдём, что радиус окружности S равен 2л/2 + 2. 3. Катеты прямоугольного треугольника равны 3 и 4. Найдите площадь треугольника с вершинами в точках касания вписанной окружности со сторонами треугольника. Ответ: = . Решение. Пусть окружность, вписанная в прямоугольный треугольник ABC, касается катетов АС = 4 и ВС = 3 в точках К и L соответственно, а гипотенузы АВ — в точке М; SAABC = 6. Тогда АВ = 5, СК = CL = ± АМ=АК=АС-СК=4-1=3 и BM=BL=BC-CL~- =3-1=2, поэтому СВ' СА 'ь*авс- 3*4 2 2^ 8 ВЫ BL : ~ra"rt AM AK АВ ' АС' $aabc — з ' з ' ^ ~ 5' Q Q 97 -| О О £■ £d / 5 4 ~ 10' В Следовательно, >AKCL -S AMBL -s ААМК = 6- 1 2 8 5 27 10 6 5* 4. Через середину боковой стороны равнобедренного треугольника со сторонами 12,18, 18 проведена прямая, разбивающая треугольник на части, площади которых относятся как 1:2. Найдите длину отрезка этой прямой, заключённого внутри треугольника. Ответ: л/97 или л/57. Решение. Пусть АВ = АС = 18 — боковые стороны равнобедренного треугольника ABC с основанием ВС = 12, М — середина АВ. Обозна-
Диагностическая работа 4 289 чим /.ВАС = a, /ABC = j3. По теореме косинусов 182 + 182-122 7 C0Sa= 2-1818 =9- Если D — середина основания ВС, то Прямая, о которой говорится в условии задачи, отсекает от данного треугольника либо треугольник MAN, площадь которого равна третьей части площади треугольника ABC, при этом точка N лежит на боковой стороне АС (см. рисунок слева); либо прямая отсекает треугольник MBN, при этом точка N лежит на основании ВС (см. рисунок справа). М N М С 6 D 6 В В первом из этих случаев SAMAN значит, С N = АС 3' AN_1 АВ__1 2 АС " 3' AM " 3 3' 2 2 поэтому AN = ^АС = « • 18 = 12. По теореме косинусов MN = у/AM2 + AN2 - 2AM • AN cos a = Во втором случае ^ = /57. S^mbn ВЫ BN _ 1 ва'вс 3j значит, BN_1 BA_1 9_2 ВС ~ З'ВМ ~ 3 ~ 3'
290 Диагностические работы 2 2 поэтому BN = «ВС = « • 12 = 8. По теореме косинусов MN= yjBM2 + BN2 - 2BM - BN cos j3 = -2-9-8-1 = л/97. 5. Окружность с центром О, вписанная в треугольник ABC, касается его сторон АВ и АС в точках М и N. Окружность с центром Q вписана в треугольник AMN. Найдите OQ, если АВ = 13, ВС = 15 и ЛС = 14. Ответ: 4. Решение. Пусть г — радиус окружности, вписанной в треугольник ЛВС, р — полупериметр треугольника ЛВС. Тогда АВ + ВС + АС 13 + 14 + 15 Р = По формуле Герона = 21. значит, /5 = л/21-8-6-7 = 84, 84 21 Докажем, что центр Q окружности, вписанной в треугольниками, лежит на вписанной окружности треугольника ABC. Действительно, пусть Q! — середина меньшей дуги MN вписанной окружности треугольника ABC. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что AAMQ! = /LMNQ! = ZNMQ', поэтому MQ! — биссектриса угла AMN. Аналогично NQ' — биссектриса угла ANM, значит, Q' — точка пересечения биссектрис треугольника AMN, т.е. центр вписанной окружности этого треугольника. Таким образом, точка Q! совпадает с точкой Q. Следовательно, OQ = г = 4. 6. Биссектрисы внутренних углов треугольника продолжены до пересечения с описанной около треугольника окружностью. В результате попарного соединения этих точек получился новый треугольник. Известно, что углы исходного треугольника равны 30°, 60° и 90°, а его площадь равна 2. Найдите площадь нового треугольника. Ответ: 1 + \/3. Решение. Пусть биссектрисы углов при вершинах А, В и С треугольника ABC пересекают описанную около треугольника окружность
Диагностическая работа 5 291 радиуса R в точках Аъ Вг и Сг соответственно, причём ZC = 90°, ZA = 30°hZB = 60°. Тогда ZQ = ZCC^ + ZCCyAi = ZCAAl+ACBBl = 15°+ 30° = 45°. Аналогично находим, что ААХ = 30° + 45° = 75°, АВ1 = 45° +15° = 60°. По условию задачи 5ДЛВС = 2, или 2R2sinAsinBsinC = 2 (см. приложение 2, 22ж), откуда находим, что 2 sin A sin В sin С sin 30° sin 60° sin 90° -/3' Следовательно, saa1b1c1 = 2K2sinA1sinB1sinC1 = 2R2 sin 75° sin 60° sin 45° = y/3 y/2 Диагностическая работа 5 1. На катете ВС прямоугольного треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая гипотенузу в точке D так, что AD : BD = 1:3. Высота, опущенная из вершины С прямого угла на гипотенузу, равна 3. Найдите катет ВС. Ответ: 6.
292 Диагностические работы Решение. Поскольку угол BDC вписан в указанную окружность и опирается на её диаметр ВС, то ZBDC = 90°. Поэтому CD — высота треугольника ABC. Положим AD = х, BD = Зх. Поскольку CD2 = AD • DB, то Зх2 = 9. Отсюда находим, что х2 = 3. Следовательно, ВС2 = CD2+BD2 = 9 + 9х2 = 9 + 27 = 36, 2. Диагональ равнобедренной трапеции делит её тупой угол пополам. Меньшее основание трапеции равно 3, периметр равен 42. Найдите площадь трапеции. Ответ: 96. Решение. Пусть ВС и AD — основания трапеции ABCD, ВС = 3, С А — биссектриса угла BCD. Поскольку ZCAD = ZBCA = ZDCA, треугольник ACD — равнобедренный, поэтому AD = CD = AB = ^y^ = 13. Из вершины С опустим перпендикуляр СК на основание AD. Тогда DK = AD-ВС 13-3 = 5, СК = y/CD2-KD2 = Vl32-52 = 12. Следовательно, l = 96. 3. Окружности радиусов г и R касаются внешним образом в точке К. Прямая касается этих окружностей в различных точках А и В. Найдите площадь треугольника АКВ. 2RrVrR Ответ: r + R Решение. Пусть прямая АВ касается окружности радиуса г с центром Oj в точке А, окружности радиуса R с центром О2 — в точке В, КН — высота треугольника АВК, F — проекция точки Ог на О2В, С — точка пересечения КН и О^. Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому точки Оь К и О2 лежат на одной прямой. Прямые ОгА, КН и О2В параллельны, т. к. они перпендикулярны одной
Диагностическая работа 5 293 и той же прямой АВ. Треугольник КОгС подобен треугольнику O2OXF ,, OYK r с коэффициентом п п = тгг~> поэтому значит, ГК-П F С/С - U2t • КН = СК + СН = Из прямоугольного треугольника OiO2F находим, что OXF = у/ОгО*-О2Р2 = значит, АВ = О^ = 2л/гЯ. Следовательно, 2rR ьаакв - 2/w 4. Найдите косинус угла при основании равнобедренного треугольника, если точка пересечения его высот лежит на вписанной в треугольник окружности. 2 Ответ: ■=. Решение. Пусть О — центр окружности, вписанной в треугольник ABC (АС = ВС), Н — точка пересечения высот, /.CAB = Z.CBA = а,
294 Диагностические работы К — середина АВ. Тогда ОК = АК tg |, НК = АК tg(90° -a)=AK ctg a. Поскольку НК = 2ОК, то 2 tg | = ctg a. Пусть tg 7> = t. Тогда полученное уравнение имеет вид: 2t = 2t Отсюда находим, что 12 = ^. Следовательно, 1-t2 2 5. Точка М делит среднюю линию треугольника ABC, параллельную стороне ВС, на отрезки, один из которых в три раза длиннее другого. Точка N делит сторону ВС на отрезки, один из которых в три раза длиннее другого. В каком отношении прямая MN делит площадь треугольника ABC? Ответ: « или уу. Решение. Пусть Р и Q — середины сторон АВ и АС соответственно, точка М лежит на средней линии PQ, причём РМ: MQ = 1:3, а прямая AM пересекает сторону ВС в точке N'. Треугольник АРМ подобен треугольнику АР 1 ABN' с коэффициентом тб = о' а тРе5^г°ль- ник APQ подобен треугольнику ABC с тем же , , РМ PQ o коэффициентом, поэтому ^тр = -57;. Значит, /V'(/V) С BN' РМ 1 ВАГ 1 ^ ^r=PQ=4H]v7C = 3- Следовательно, в этом случае точка N' совпадает с точкой N, о которой говорится в условии задачи. Тогда Saabn _ BN_ _ _1 NC DAACN 3' CN 1 Пусть теперь щ = ^. В этом случае прямая MN пересекает сторону АВ в некоторой точке К. Обозначим РМ = t. Тогда PQ = At, ВС = 8t, BN = 6t. Треугольник КРМ подобен треугольни- А * ку KBN с коэффициентом -^тр = т- = т, значит, К1 м \ п ВК = 6КР, АР = ВР = 5КР, АК = АР-КР = 5КР-КР = 4КР, N 2t С ~АК ~ АКР = 2' ~АВ = 5*
Диагностическая работа 6 295 Следовательно, Sabkn BN ВС ВК АВ " 3 4 3 5 9 20' С 9 ~ 11* 6. Площадь ромба ABCD равна 2. В треугольник ABD вписана окружность, которая касается стороны АВ в точке К. Через точку К проведена прямая KL, параллельная диагонали АС ромба (точка L лежит на стороне ВС). Известно, что площадь треугольника KLB равна «. Найдите косинус угла BAD. Ответ: «. Решение. Треугольник KBL подобен треугольнику ABC с КОЭффИЦИ- У^дКВ! 71 1 ентом —== = — = —9 поэтому ес- У$ААВС ^ 3 ли Q — точка пересечения диагоналей ромба, то BQ = ВК, sin/ВЛС = sinZBAQ = 2§ = Ц = j=. Следовательно, cos /.BAD = l-2sin2(|zBAD) =l-2sin2 ZBAC = 1-2-1 = |. Диагностическая работа 6 1. Найдите радиус окружности, касающейся двух концентрических (имеющих один и тот же центр) окружностей радиусов 3 и 5. Ответ: 1 или 4. Решение. Возможны два случая: а) искомая окружность касается меньшей из данных внешним образом, а большей — внутренним (см. рисунок слева); б) искомая окружность касается обеих данных окружностей внутренним образом (см. рисунок справа).
296 Диагностические работы 5 — 3 В первом случае радиус искомой окружности равен —~— = 1. Во втором — —|— = 4. 2. Окружность, построенная как на диаметре на меньшей боковой стороне прямоугольной трапеции, касается большей боковой стороны, равной а. Найдите среднюю линию трапеции. Ответ: ^. Решение. Пусть центр О окружности лежит на меньшей боковой стороне АВ прямоугольной трапеции ABCD, M — середина большей боковой стороны CD. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому СО и DO — биссектрисы углов BCD и ADC, сумма которых равна 180°, значит, ZCOD = 180° - UOCD + ZODC) = 180° - ±UBCD + ZADC) = = 180° - \ • 180° = 90°. Средняя линия ОМ трапеции ABCD — медиана прямоугольного треугольника COD, проведённая из вершины прямого угла, следовательно, ОМ = \CD = \a. 3. Точка D делит основание ВС равнобедренного треугольника ABC на два отрезка, один из которых на 4 больше другого. Найдите расстояние между точками, в которых вписанные окружности треугольников ABD и ACD касаются отрезка AD. Ответ: 2. Решение. Пусть окружности, вписанные в треугольники ABD и ACD, касаются отрезка АС в точках М и N соответственно. Поскольку АС = АВ, а АМ = AB + AD-BD AN = АС + AD-CD MN = \AM-AN\ = (см. приложение 2, 9а), то AB + AD-BD AC + AD-CD \СР-ВР\ 4 2
Диагностическая работа 6 297 4. Диагонали АС и BD вписанного в окружность четырёхугольника пересекаются в точке Q под прямым углом. Прямые АВ и CD пересекаются в точке Р. Известно, что ВС = 5, AD = 10, BQ = 3. Найдите АР. ~ 20л/5 Ответ: —«—. Решение. Из прямоугольного треугольника BQC находим, что CQ = ^BC2-BQ2 = л/25^9 = 4. Прямоугольные треугольники AQD и BQC подоб- 1 1 AD 10 ны по двум углам с коэффициентом — = — = 2, поэтому AQ = 2BQ = 2-3 = 6, DQ = 2CQ = 2-4 = 8. По теореме Пифагора АВ = y/BQ2 + AQ2 = V9 + 36 = Зл/5, CD = y/CQ2 4- DQ2 = V16 + 64 = 4л/5. Тре)тольник ВРС подобен треугольнику DPA по двзпм углам, т. к. ZPBC = 180° - ZABC = ZADC = ZADP, , , х ВС 5 I причем коэффициент подобия равен д^ = iq = 2' значит> СР=^АР, BP = ^PD = ^( а т. к. ВР = АР-АВ = АР-Зу/5, то откуда находим, что АР = 20л/5 5. Прямая, параллельная стороне АВ треугольника ЛВС, касается его вписанной окружности. Отрезок этой прямой, заключённый внутри треугольника, равен 2,4. Найдите сторону АВ, если известно, что периметр треугольника ABC равен 20. Ответ: 6 или 4. Решение. Обозначим точки пересечения касательной со сторонами АС и СВ через М и N соответственно, а точки касания этих сторон с вписанной окружностью — соответственно через Р и Q. Пусть АВ = х, рг и р — полупериметры подобных треугольников CMN и CAB соответственно. Тогда СР = р!иСР=р-ЛВ=р-х = 10-х (см. приложение 2, 96, 9в). Отношение полупериметров подобных
298 Диагностические работы , , - Pi MN треугольников равно коэффициенту подобия, поэтому — = -тб", или 1 х = -1-. Из этого уравнения находим, что х = 6 или х = 4. 6. Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием АС. Окружность радиуса R с центром в точке О проходит через точки А и В и пересекает прямую ВС в точке М, отличной от В и С. Найдите расстояние от точки О до центра окружности, описанной около треугольника АСЫ. Ответ: R. Решение. Пусть ZABC = a, Ol—центр второй окружности. Тогда, т. к. угол ВСА — острый, то ZAOXM = 2ZACB = 2 (90° - §) = 180° - а, следовательно, точки А, В, М и Ог лежат на одной окружности. Поэтому точка Ог принадлежит окружности, описанной около треугольника АВМ, т. е. ООг=Я.
Приложение 2. Список полезных фактов 1. а) Биссектрисы смежных углов перпендикулярны. б) Биссектрисы внутренних односторонних углов при двух параллельных прямых и секущей перпендикулярны. Доказательство, а) Сумма смежных углов равна 180°, значит, сумма половин этих углов равна 90°. б) Сумма внутренних односторонних углов при двух параллельных прямых и секущей равна 180°, значит, сумма половин углов равна 90°. Следовательно, биссектрисы — этих углов пересекаются под прямым углом. 2. а) Если биссектрисы, проведённые из вершин В и С треугольника ABC, пересекаются в точке О, то ZBOC — 90° + ^А. б) Если биссектрисы внешних углов при вершинах Б и С треугольника ABC пересекаются в точке Q, то Z.BQC = 90° — ~ Z-A. Доказательство, а) Сумма внутренних углов при вершинах В и С треугольника ABC равна 180° - ZA, сумма их половин равна
300 Приложение 2. Список полезных фактов | (180° - /А) = 90° - \/А. Следовательно, /ВОС = 180° - (90° - \/А) = 90° + \/А. б) В четырёхугольнике BOCQ углы при вершинах В и С — прямые (биссектрисы смежных углов перпендикулярны), значит, /BQC + /ВОС = 360° - UOBQ + /OCQ) = 360° - 180° = 180°. Следовательно, /BQC = 180° - /ВОС = 180° - (90° + \/А) = 90° - \/А. 3. а) Если медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то треугольник прямоугольный. б) Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. Доказательство, а) Пусть CD — медиана треугольника ABC. Обозначим /А = а, /В = /3. Поскольку AD = CD и CD = BD, то /ACD = а, /DCB = ]3, а т. к. сумма углов треугольника ABC равна 180°, то 2а + 2/3 = 180°. Следовательно, А Ь ' В /С б) См. [3],с. 7. 4. а) Отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований. б) Если сумма углов при одном из оснований трапеции равна 90°, то отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности. Доказательство, а) Пусть М и N — середины диагоналей АС и BD трапеции ABCD, в которой основания AD = аиВС = Ь, а>Ъ. Соединим точку М с серединой К боковой стороны CD. По теореме о средней линии треугольника МК \\ AD \\ВС. Аналогично докажем, что МГЦ ВС. Поскольку через точку, не лежащую на прямой, можно провести не более одной прямой, параллельной данной, В С то точки М, N и К лежат на одной прямой. Эта прямая параллельна основаниям трапеции. Таким образом, MN = MK-KN = ^AD-^BC=
Приложение 2. Список полезных фактов 301 б) Пусть М и N — середины оснований соответственно ВС и AD трапеции ABCD, Р и Q — середины диагоналей АС и BD соответственно, а прямые АВ и CD пересекаются в точке F. По условию /Л 4- ZD = 90°, поэтому ZAFD = 180° - UA + ZD) = 180° - 90° = 90°. Следовательно, АВ J_ CD. Предположим, что AD >ВС. Отрезки РМ и QN — средние линии треугольников ABC и ABD, поэтому РМ = -^АВ и QN = -^АВ, значит, РМ = QN. Аналогично QM = PN, поэтому pMQN — параллелограмм. Кроме того, РМ || АВ и QM \\ CD, а т. к. АВ 1 CD, то РМ 1QM, значит, PMQN — прямоугольник. Его диагонали MN и PQ равны, следовательно, MN = PQ = AD~BC. 5. Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали — полусумме оснований. Доказательство. Пусть ABCD — равнобедренная трапеция с основаниями AD и ВС (AD >ВС), Р и Q — основания перпендикуляров, опущенных из вершин С и В на AD. Из равенства прямоугольных треугольников ABQ и DCP следует, что AQ = = DP, а т. к. BCPQ — прямоугольник, то PQ = ВС. Поэтому В DP = AD-PQ АР = AD-DP = AD- 2 AD-PQ AD+BC 6. Свойства окружности. а) Диаметр, перпендикулярный хорде, делит её пополам. б) Диаметр, проходящий через середину хорды, не являющейся диаметром, перпендикулярен этой хорде.
302 Приложение 2. Список полезных фактов в) Серединный перпендикуляр к хорде проходит через центр окружности. г) Равные хорды удалены от центра окружности на равные расстояния. д) Хорды окружности, удалённые от центра на равные расстояния, равны. е) Окружность симметрична относительно центра и относительно любого своего диаметра. ж) Дуги окружности, заключённые между параллельными хордами, равны. 7. а) Замечательное свойство окружности. Геометрическое место точек М, из которых отрезок АВ виден под прямым углом (ZAMB — = 90°), есть окружность с диаметром АВ без точек Аи В. б) Геометрическое место точек М, из которых отрезок АВ виден под острым углом (ZAMB < 90°), есть внешность круга с диаметром АВ без точек прямой АВ. в) Геометрическое место точек М, из которых отрезок АВ виден под тупым углом (ZAMB > 90°), есть внутренность круга с диаметром АВ без точек отрезка АВ. г) Геометрическое место точек, из которых отрезок АВ виден под данным углом, есть две дуги равных окружностей с общей хордой АВ, лежащие по разные стороны от прямой АВ, без точек А и В. Доказательство, а) Пусть точка М, отличная от точек Аи В, лежит на окружности с диаметром АВ. Тогда медиана МО треугольника АМВ равна половине стороны, к которой она проведена, поэтому ZAMB = 90° (см. За). Пусть теперь данный отрезок АВ виден из некоторой точки М под прямым углом (т. е. /.АМВ = 90°). Тогда медиана МО прямоугольного треугольника АМВ, проведённая к гипотенузе АВ, равна половине гипотенузы (см. 36), т.е. ОМ = ОА = ОВ. Следовательно, точка М лежит на окружности с диаметром АВ. б, в) Докажем сначала, что для точки М, лежащей вне круга с диаметром АВ, но не лежащей на прямой АВ, угол АМВ — острый. Пусть О — середина АВ. Тогда расстояние от точки М до центра окружности больше радиуса, т. е. ОМ > ОА. Обозначим ZMAB = a, ZMBA = /3, ZAMB = у, ZOMA = a!, ZOMB = /?'.
Приложение 2. Список полезных фактов 303 В треугольнике АОМ угол ОАМ, лежащий против стороны ОМ, больше угла ОМА, лежащего против стороны ОА {ОА < ОМ), а т. к. в любом треугольнике против большей стороны лежит больший угол, то /.ОМА < /.ОАМ, т.е. а! < а. Аналогично докажем, что /?' < /3. Тогда у = 180°-а-р < 180° - а' -/3' = 180° -у. Следовательно, у < 90°. Теперь докажем, что для точки М, лежащей внутри этого круга, но не лежащей на прямой АВ, угол АМВ тупой. Действительно, если точка М лежит внутри круга, то ОМ < ОА, поэтому а' > а ир'>р, значит, Следовательно, у>90°. Что и требовалось доказать. Пусть теперь отрезок АВ виден из точки М под острым углом, т.е. у < 90°. Предположим, что точка М при этом лежит либо на окружности, либо внутри круга. Тогда по доказанному либо у = 90°, либо у > 90°, что противоречит предположению. Аналогично докажем, что если для точки М угол АМВ — тупой, то точка М лежит внутри круга. г) Пусть АВ—данный отрезок, а данный угол равен а. Построим два треугольника ABC и ABC так, чтобы точки С и С лежали по разные стороны от прямой АВ и /АСВ = /АСВ = а. Опишем окружности около этих треугольников. Докажем, что искомое геометрическое место точек — это две дуги построенных окружностей: дуга АВ описанной окружности треугольника ABC, содержащая точку С, и дуга АВ описанной окружности треугольника ABC, содержащая точку С. Если точка М, отличная от Л и В, лежит на первой из этих дуг, то по теореме о вписанных углах, опирающихся на одну и ту же дугу, /АМВ = /АСВ = а. Аналогично для точки, лежащей на второй дуге. Обратно, пусть точка N такова, что /ANB = а. Предположим, что при этом точки N и С лежат по одну сторону от прямой АВ. Докажем, что точка N лежит на первой из построенных дуг. Допустим, что
304 Приложение 2. Список полезных фактов это не так. Если точка N расположена внутри окружности, то продолжив отрезок AN за точку N, получим точку К пересечения луча AN с окружностью. Тогда ZAKB = ZACB = a = ZANB, что невозможно, т.к. угол ANB — внешний для треугольника BKN, а тогда ZANB = ZAKB + ZKBN > ZAKB. Аналогично для случая, когда точка N лежит вне окружности. Если точки N и С лежат по разные стороны от прямой АВ, то рассуждая аналогично, докажем, что точка N лежит на второй из построенных дуг. Таким образом, доказано, что из каждой точки построенных дуг (кроме Л и В) отрезок АВ виден под углом а, и обратно, если из какой- то точки отрезок АВ виден под углом а, то эта точка лежит на одной из построенных дуг. 8. а) Линия центров двух пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде и делит её пополам. б) Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку касания. Доказательство, а) Пусть окружности с центрами Ог и О2 пересекаются в точках А и В. Точки Ог и О2 равноудалены от концов отрезка АВ, следовательно, ОгО2 — серединный перпендикуляр к АВ. б) Пусть окружности с центрами Ог и О2 касаются в точке Р. Тогда касательная I к одной из окружностей, проведённая через точку Р, является касательной ко второй, значит, ОгР J_ I и О2Р J_ Z, а т. к. че-
Приложение 2. Список полезных фактов 305 рез точку Р, лежащую на прямой I, проходит единственная прямая, перпендикулярная I, то точки Р, О1 и О2 лежат на одной прямой. 9. а) Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник , « а+Ъ—с с катетами а, о и гипотенузой с, равен —-—. б) Если М — точка касания со стороной АС окружности, вписанной в треугольник ABC, то AM = р — ВС, где р — полупериметр треугольника. в) Если окружность касается стороны ВС треугольника ABC и продолжений сторон АВ и АС, то расстояние от вершины А до точки касания окружности с прямой АВ равно полупериметру треугольника ABC. г) Если окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сторон АВ, ВС и АС соответственно в точках К, L и М, а /.ВАС = а, то ZKLM = 90°-^. д) Если прямые, проходящие через точку А, касаются окружности S в точках В и С, то центр вписанной окружности треугольника ABC лежит на окружности S. е) Если расстояние между центрами окружностей радиусов г и R равно а и а > R + г, то отрезки общих внешних и общих внутренних касательных, заключённые между точками касания, равны соответственно y/a2 — (R — r)2 и yja2- (R + r)2. Доказательство, а) Обозначим вершины треугольника, противолежащие сторонам а, Ь и с, через Л, В и С соответственно, а точки касания с этими сторонами— соответственно Аг, Вг иСг. Если О — центр данной окружности, то ОАгСВг — квадрат. Поэтому САг = г, ВСг = ВАг =а-г, АСг = ЛВа =b-r, = a + b-2r. Следовательно, г = а + Ъ-с
306 Приложение 2. Список полезных фактов б, в) См. [3], с. 81. г) Пусть О — центр окружности. Тогда ВО и СО — биссектрисы углов В и С треугольника ABC, поэтому ZBOC = 90° + \zA = 90° + |, а т.к. OB1KL и OC1ML, то ZKLM = 180° - ZBOC = 180° - (90° + |) = 90° - |. L С д) Пусть М — середина меньшей дуги ВС. Докажем, что М — центр окружности, вписанной в треугольник ABC. Действительно, AM — биссектриса угла А. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что ШВА = = ZMBC, Значит, ВЫ — также биссектриса треугольника ABC. Следовательно, М — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, т. е. центр его вписанной окружности, е) См. [3], с. 59. 10. Если окружности радиусов г и Я с центрами Оа и О2 касаются внешним образом в точке К, а прямая касается этих окружностей в различных точках Л и В и пересекается с общей касательной, проходящей через точку К, в точке С, то ZAKB = 90° и ZO1CO2 = 90°, а отрезок АВ общей внешней касательной окружностей равен отрезку общей внутренней касательной, заключённому между общими внешними. Оба эти отрезка равны 2</Rr.
Приложение 2. Список полезных фактов 307 Доказательство. См. [3], с. 65. 11. а) Угол между касательной и хордой, проведённой через точку касания, равен половине угловой величины дуги, заключённой между ними. б) Угол между пересекающимися хордами равен полусумме противоположных дуг, высекаемых хордами. в) Угол между двумя секущими равен полуразности дуг, высекаемых секущими на окружности. Доказательство. См. [3], с. 98—99. 12. а) Если прямая, проходящая через точку А и центр О вписанной окружности треугольника ABC, вторично пересекает описанную окружность этого треугольника в точке М, то треугольники ВОМ и СОМ равнобедренные. б) Формула Эйлера. Если Ог,О2 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC, a r и Я — радиусы этих окружностей, то О1О2 = у/R2-2rR. Доказательство, а) Обозначим /Л = = a,ZB = p. Центр окружности, вписанной в треугольник, есть точка пересечения его биссектрис, значит, ВО и АО — биссектрисы углов ABC и ВАС, а т.к. ВОМ — внешний угол треугольника АОВ, то ZBOM = ZABO + ZBAO = § + f. Вписанные углы МВС и MAC опираются на одну и ту же дугу, поэтому LOBM = Z.OBC + ZMBC = ZOBD + ZMAC = § + § •
308 Приложение 2. Список полезных фактов Значит, ZBOM = ZOBM, следовательно, треугольник ВОМ равнобедренный. Аналогично для треугольника СОМ. б) Пусть Аг —точка пересечения биссектрисы треугольника ВАС, проведённой из вершины А, с описанной окружностью. Обозначим /.ВАС = а. По доказанному в предыдущем пункте, треугольник ВОгАг — равнобедренный. По теореме об отрезках пересекающихся хорд Пусть Р — проекция точки Ог на сторону ЛВ. Тогда ОгР = г. Из прямоугольного треугольника АОгР находим, что а т. к. ^i~- sin/ОгАВ ~ sinf = ВАг = 2Rsin ZBAAi = 2Rsin ^,
Приложение 2. Список полезных фактов 309 то Следовательно, OlO^ = R2 - 2rR. 13. а) Если четырёхугольник можно вписать в окружность, то сумма его противоположных углов равна 180°. б) Если сумма противоположных углов четырёхугольника равна 180°, то около него можно описать окружность. Доказательство, а) См. [3], с. 98. б) Пусть ABCD — данный четырёхугольник и ZBAD + /.BCD = 180°. Опишем окружность около треугольника ABD. Если точка С окажется на этой окружности, то утверждение доказано. Пусть точка С находится внутри окружности. Продолжим луч DC до пересечения с окружностью в точке Сх. Тогда /BC1D + /BAD = 180° (свойство вписанного четырёхугольника). Поэтому ZBCD = ZBC-J). Поскольку BCD — внешний угол треугольника СВСЪ то /BCD = /BCXD + /СВСг > /BCXD, \ \ ^ в что невозможно. Аналогично для случая, когда Сг — вне окружности. 14. а) Если в четырёхугольник можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон равны. б) Если суммы противоположных сторон выпуклого четырёхугольника равны, то в него можно вписать окружность. Доказательство, а) Отрезки касательных, проведённых из одной точки к окружности, равны между собой. Точки касания делят каждую сторону четырёхугольника на две части. Обозначим последовательно их длины, используя одну букву для равных отрезков, начиная от какой-нибудь из вершин: а, Ь, Ь, с, с, d, d, а. Ясно, что суммы противоположных сторон состоят из одинаковых слагаемых. d
310 Приложение 2. Список полезных фактов б) Пусть в выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что АВ + CD = ВС + AD. Тогда AB-AD = BC-CD. Если АВ = AD, то BC = CD. Поэтому треугольники ABC и ADC равны по трём сторонам, значит, диагональ АС делит пополам углы BAD и BCD. Из равенства треугольников ABC и ADC и их соответствующих углов ABC и ADC следует, что биссектрисы этих углов пересекаются в некоторой точке О, лежащей на диагонали АС. Поскольку точка О лежит на биссектрисе каждого из углов четырёхугольника, то она равноудалена от всех его сторон. Следовательно, О — центр окружности, вписанной в четырёхугольник ABCD. Пусть теперь АВ > AD. Тогда ВС > CD. На отрезке АВ возьмём такую точку Т, для которой AT = AD, а на отрезке ВС — такую точку S, для которой CS = CD. Поскольку AT=AD, CS = CD, BT=AB-AT=AB-AD=BC-CD=BC-CS=BS, то треугольники TBS, ADT и CDS — равнобедренные. Биссектрисы их углов при вершинах В, Л и С являются серединными перпендикулярами к отрезкам TS, DT и DS соответственно, т. е. серединными перпендикулярами к сторонам треугольника DTS. Поэтому биссектрисы углов В, Л и С пересекаются в одной точке — центре описанной окружности треугольника DTS. Эта точка равноудалена от всех сторон четырёхугольника ABCD. Следовательно, она является центром вписанной окружности четырёхугольника ABCD. Аналогично для АВ < AD. 15. а) Если в трапецию можно вписать окружность, то боковая сторона трапеции видна из центра окружности под прямым углом. б) Если окружность вписана в равнобедренную трапецию, то боковая сторона трапеции равна её средней линии. в) Если в трапецию можно вписать окружность, то радиус окружности есть среднее пропорциональное (среднее геометрическое) отрезков, на которые точка касания делит боковую сторону. Доказательство, а) Пусть ABCD — трапеция с основаниями AD и ВС, О — центр её вписанной окружности. Тогда лучи АО и ВО —
Приложение 2. Список полезных фактов 311 биссектрисы углов при боковой стороне трапеции. Сумма этих углов равна 180°, сумма их половин равна 90°. Следовательно, угол АОВ — прямой. б) Пусть основания равнобедренной трапеции равны а и Ъ, а боковая сторона равна с. Поскольку в трапецию вписана окружность, суммы противоположных сторон трапеции равны между собой, т. е. а + Ъ = 2с. Значит, боковая сторона трапеции равна средней линии: 2с а + Ъ В 16. а) Замечательное свойство трапеции. Точка пересечения диагоналей трапеции, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой. б) Отрезок прямой, параллельной основаниям трапеции, заключённый внутри трапеции, разбивается её диагоналями на три части. Тогда отрезки, прилегающие к боковым сторонам, равны. в) Если через точку пересечения диагоналей трапеции с основаниями а и Ъ проведена прямая, параллельная основаниям, то отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами трапе- 2аЪ ции, равен г) Если трапеция разделена прямой, параллельной её основаниям, равным а и Ъ, на две равновеликие трапеции, то отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами, равен д) Если трапеция разделена прямой, параллельной её основаниям, равным а и Ъ, на две подобные трапеции, то отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами, равен >ГаЬ. Доказательство, а) Пусть Q — точка пересечения продолжений боковых сторон АВ и CD трапеции ABCD, М — середина меньшего основания ВС, О — точка пересечения диагоналей АС и BD, N — точка пересечения прямой QM с большим основанием AD. Из подобия треугольников QBM и QAN QM BM х следует, что тт^ = Т7Т> а из подобия тре- l^iv /liV О Л/Т Г'АЛ угольников QCM и QDN — что ^тт = -^тт. Поэтому -д^г = -pjy, а т.к. ВЫ = СМ, то AN = DN, т.е. N — середина AD. Аналогично докажем, что прямая, проходящая через точку О пересечения диа-
312 Приложение 2. Список полезных фактов гоналей и середину одного из оснований, проходит через середину другого основания. б) Пусть точки М и N расположены на боковых сторонах АВ и CD трапеции ABCD, MN \\ ВС, К и L—точки пересечения прямой MN с диагоналями АС и BD. Треугольник АМК подобен треугольнику ABC, а треугольник DNL — треугольнику DCB, причём коэффициенты подобия AM DN ~ одинаковы, т. к. -т=- = -=гр. Следовательно, ЛЬ L/Lj в) Пусть М — точка пересечения диагоналей АС и BD трапеции ABCD с основаниями AD = аиВС = ЪуХиУ — точки пересечения данной прямой с боковыми сторонами АВ и CD соответственно. Из подобия треугольников ВМС и DMA находим, что AM _ AD a МС ~ ВС ~ Ь' AM a Поэтому -ттг = а D Из подобия треугольников АМХ и АСВ находим, что а Поэтому ВС МХ = Ш = АС ~ а + Ъ' а ВС аЬ а + Ъ а + Ь' аЬ Аналогично MY — —гг. Следовательно, XY = MX + MY = 2аЪ а + Ъ' г) Пусть О — точка пересечения продолжений боковых сторон АВ и DC трапеции ABCD с основаниями AD = ayBC = byS — площадь треугольника ВОС, MN = х — искомый отрезок. Треугольник MON подобен треугольнику ВОС с коэффициентом т-9 треугольник AOD подобен треугольнику ВОС с коэффициентом г, при этом г - S = SAA0D - SAM0N, или А о D Отсюда находим, что х2 = 2 = —^— . Следовательно, MN = ■
Приложение 2. Список полезных фактов 313 д) Пусть точки М и N лежат на боковых сторонах соответственно АВ и CD трапеции ABCD с основаниями AD = а и ВС = Ъ, причём MN || AD и трапеции MBCN и AMND подобны. То- ВС MN гда тш = -до > 0ТКУДа находим, что ^ У V/V В м MN2=AD-BC = ab. Следовательно, MN = 17. а) Если ВВг и ССг—высоты треугольника ABC, то треугольник АВгСг подобен треугольнику ABC, причём коэффициент подобия равен |cosZA|. б) Если Я— точка пересечения высот треугольника ABC, а О — центр его описанной окружности, то отрезок АН вдвое больше расстояния от точки О до стороны ВС. в) Точки О, Я и точка М пересечения медиан треугольника ABC лежат на одной прямой (прямая Эйлера), причём точка М лежит на отрезке ОНиОМ: МН = 1:2. г) Если ВВг и ССг — высоты треугольника ABC, а О — центр описанной окружности, то ОА±В1С1. д) Точки, симметричные точке пересечения высот (ортоцентру) треугольника ABC относительно прямых АВ, АС и ВС, лежат на описанной окружности треугольника ABC. е) Точки, симметричные точке пересечения высот треугольника ABC относительно середин его сторон, лежат на описанной окружности треугольника ABC. ж) Если ААг, ВВг и ССг —высоты треугольника ABC, а треугольник ABC остроугольный, то биссектрисы треугольника А1В1С1 (орто- треугольника треугольника ABC) лежат на прямых ААг, ВВг и ССг. Если же треугольник ABC тупоугольный, то на этих прямых лежат биссектрисы двух внешних и третьего внутреннего углов треугольни- Ка A j D j С« j. Доказательство, а, б) См. [3], с. 116—117. в) Пусть Аг — середина стороны ВС треугольника ABC, G — точка пересечения прямых ААг и ОН. По доказанному в предыдущем пункте, АН = = 2ОАг. Из подобия треугольников AXGO и AGH следует, что AG HG GO АН ОАг
314 Приложение 2. Список полезных фактов Следовательно, G — точка пересечения медиан треугольника ABC, т. е. G совпадает с М и МН = 2МО. г,д)См. [3],с.И8. е) Пусть ААг—диаметр описанной окружности, Н — точка пересечения высот треугольника ABC. Тогда АгС ±АС и ВН _L АС, значит, АгС \\ ВН. Аналогично, АгВ || СЯ, поэтому четырёхугольник НВАгС — параллелограмм. Следовательно, его вершина Аг симметрична вершине Я относительно середины диагонали ВС. ж) Пусть Аъ Вг и Cj —основания высот остроугольного треугольника ABC, проведённых из вершин Л, В и С соответственно. Тогда ААСгВг = ZACB, АВСгАг = ZACB. Поэтому Следовательно, АВгСгС = 90° -ААСгВг = 90° - £ВСХАХ = ААХСХС. Точно так же получаем Аналогично можно доказать соответствующее утверждение для тупоугольного треугольника. 18. а) Произведения отрезков пересекающихся хорд окружности равны. б) Теорема о касательной и секущей и следствие из неё. Если из одной точки проведены к окружности касательная и секущая, то произведение всей секущей на её внешнюю часть равно квадрату касательной. Произведение всей секущей на её внешнюю часть для данной точки и данной окружности постоянно. в) Прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей, делит пополам общую касательную к ним. г) Общие хорды (или их продолжения) трёх попарно пересекающихся окружностей проходят через одну точку либо параллельны.
Приложение 2. Список полезных фактов 315 Доказательство, а, б) См. [3], с. 90—91. в) Пусть Аи В — точки пересечения двух окружностей, MN — общая касательная (М и N — точки касания), К — точка пересечения прямых АВ и MN (А между К и В). Тогда МК2 = КВ-КА и NK2=KB-KA. М К N Следовательно, МК = NK. г) Пусть окружности Si и S2 пересекаются в точках Л и В, окружности Sx и S3 — в точках С и D, окружности S2 и S3 — в точках Е и F. Рассмотрим случай, когда попарно пересекаются отрезки АВ, CD и EF. Если М — точка пересечения отрезков CD и EF, то по теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд CM'MD = EM-MF. Через точки А и М проведём прямую, вторично пересекающую окружность S2 в точке Вг. Тогда хорды АВг и EF окружности S2 пересекаются в точке М, поэтому АМ-МВг = EM-MF = CM-MD. Значит, точки A, Вг, С и D лежат на одной окружности, а т. к. через точки Л, С и D проходит единственная окружность S1? то точка Вг лежит на окружности Sx. Таким образом, точка Вг является общей точкой окружностей Sx и S2, отличной от точки Л. Значит, точка В1 совпадает с точкой В. Следовательно, хорда АВ проходит через точку пересечения хорд CD hEF. Аналогично для случая когда пересекаются продолжения отрезков АВ, CD и EF. 19. Средние пропорциональные в прямоугольном треугольнике. Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное (среднее геометрическое) проекций катетов на гипотенузу, а каждый катет есть среднее пропорциональное гипотенузы и своей проекции на гипотенузу. 20. а) Следствие из теоремы косинусов. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон. б) Формула для медианы треугольника. Если тс — медиана треугольника, проведённая к стороне с, то тс = «V2a2 + 2b2-c2, где а и Ъ — остальные стороны треугольника.
316 Приложение 2. Список полезных фактов В С Доказательство, а) Пусть АС и BD—диагонали параллелограмма ABCD. По теореме косинусов из треугольников ABD и ACD находим, что A D BD2 = АВ2 + AD2 - 2АВ • AD cos ZBAD, АС2 = AD2 + CD2 - 2AD • CD cos ZADC = = AD2 + CD2 - 2AD • CD cos(180° - ZBAD) = = AD2 + CD2 + 2AD • CD cos ZBAD. Следовательно, б) См. [3],c.14. 21. Формулы для биссектрисы треугольника. Если а и Ъ — стороны треугольника, у — угол между ними, I — биссектриса треугольника, проведённая из вершины этого угла, а а' и Ъ' — отрезки, на которые 2abcos^ биссектриса делит третью сторону треугольника, то: а) I = —тт~~» 6)Z2 = ab-a/b/. Доказательство, а) См. [3], с. 37. б) См. [3], с. 38. 22. Формулы для площади треугольника. Если a, b и с — стороны треугольника, а, /3 и у — противолежщие им углы, ha,hbnhc — высоты, проведённые из вершин этих углов, р — полупериметр треугольника, R — радиус описанной окружности, г, га, гъ и гс — радиусы вписанной и вневписаннои окружностей, касающихся сторон a, b и с соответственно, a S — площадь треугольника, то a)S=|aha; 6)S=iabsinr; в) S = ^; г) S = yjp{.p-a)(p-b)(p-c) (формула Герона); д) S = рг; e)S = (p-a)ra; ж) S = 2Я2 sin a sin/? sin Г; з) S = Доказательство, е) См. [3], с. 82. ж) По теореме синусов а = 2R sin a, b = 2#sin/3. Следовательно, S = -^absiny = ■^•2Rsma'2Rsinpsiny = 2R2sinasinj3siny.
Приложение 2. Список полезных фактов 317 и) Поскольку Ъ = -г ^ sin а' 1 К • sin a = Me 2sina* к) По формуле Герона Отсюда находим, что S = y/rrarbrc. 23. а) Площадь четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями равна половине произведения диагоналей. б) Площадь любого четырёхугольника равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними. Доказательство, б) Через каждую из двух противоположных вершин четырёхугольника проведём прямые, параллельные диагонали, соединяющей две другие вершины. То же проделаем для двух других вершин. Получим параллелограмм, стороны которого равны диагоналям данного четырёхугольника. Угол между соседними сторонами полученного параллелограмма равен углу между диагоналями данного четырёхугольника, а площадь вдвое больше. Поскольку площадь параллелограмма равна произведению двух соседних сторон на синус угла между ними, то площадь данного четырёхугольника равна поло- вине произведения его диагоналей на синус угла между ними. 24. а) Медиана разбивает треугольник на два равновеликих. б) Три медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих. в) Если площадь треугольника равна S, то площадь треугольника, 3 составленного из его медиан, равна jS. г) Если точка D лежит на стороне ВС треугольника ABC или на её Saard BD продолжении, то д) Если точки Р и Q лежат на сторонах АВ и АС или на их продол- Saapq АР AQ жениях,то^ = АВ'АС'
318 Приложение 2. Список полезных фактов вив Следовательно, Доказательство, а) Пусть А^ — медиана треугольника ЛВС, ЛЯ — высота. Тогда б) Пусть М — точка пересечения медиан ААг, ВВг, ССг треугольника ABC. Тогда S =-S =--(-S ) = -S Аналогично для остальных пяти треугольников. в) Пусть М — точка пересечения медиан треугольника ABC, Аг — середина стороны ВС. Отложим на продолжении медианы ААг за точку Аг отрезок АгК, равный АгМ. Поскольку В МСК — параллелограмм, то КС = ВМ. По- 2 этому стороны треугольника МСК равны ~ сторон треугольника, составленного из медиан треугольника ABC. Следовательно, искомый треугольник подобен треугольнику МСК с коэффициентом 3 9 «, а его площадь равна j площади треугольника МСК, т. е. О 1 о _7 Л ± Q С 4 6 4 г) Пусть АН — высота треугольника ABC. Тогда Saacd — -^CD'AH' Saabd — -^BD-AH. lAACD \BD-AH hCD-AH ЕЮ CD' д) Поскольку площадь треугольника равна половине произведения двух сторон на синус угла между ними, то SAABC = ^АВ • АС • sin ABAC = |лв • АС • sin a, = | • ЛР • ЛО • sin ABAC = ^ЛР • AQ • sin а,
Приложение 2. Список полезных фактов 319 где а либо равен углу ABAC, либо дополняет его до 180°. Тогда • AQ • sin a Saabc •AC-sina AP AQ AB' AC 25. а) Середины сторон любого четырёхугольника являются вершинами параллелограмма, причём площадь параллелограмма вдвое меньше площади четырёхугольника. б) Середины двух противоположных сторон любого четырёхугольника и середины его диагоналей либо являются вершинами параллелограмма, либо лежат на одной прямой. Доказательство, а) Пусть da и d2— диагонали данного четырёхугольника, а — угол между ними. Четырёхугольник с вершинами в серединах сторон данного — параллелограмм со сторонами ^di и ^d2 и углом а между ними (см. [3], с. 20). Его площадь равна б) Пусть L и К — середины сторон AD и ВС четырёхугольника ABCD, М и N — середины его диагоналей АС и BD и при этом точки L, К, N, М не лежат на одной прямой. Тогда LM — средняя линия треугольника CAD, а NK — средняя линия треугольника CBD. Поэтому LM = ^CD = KNnLM || CD || KN. Значит, противоположные стороны ML и KN четырёхугольника MLNK равны и параллельны. Следовательно, этот четырёхугольник — параллелограмм. 26. Диагонали четырёхугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов противоположных сторон равны.
320 Приложение 2. Список полезных фактов Доказательство (для выпуклого четырёхугольника). Необходимость. Пусть диагонали АС и BD четырёхугольника ABCD перпендикулярны. Если Р — их точка пересечения, то по теореме Пифагора АВ2-АР2=ВС2-СР29 или АВ2-ВС2=АР2-СР2. Аналогично докажем, что AD2-CD2=AP2-CP2. Следовательно, AB2-BC2=AD2-CD29 или АВ2 + CD2 = ВС2 + AD2. Достаточность. Пусть в четырёхугольнике ABCD известно, что AB2 + CD2=BC2 а диагонали АС и BD пересекаются в точ- ке Р. Обозначим РА = а, РВ = b, PC = с, PD = d, ZAPB = а. Тогда АВ2 = a2 + b2- 2ab cos a, CD2 = c2 + d2-2cd cos а, ВС2 = b2 + c2 - 2bccos(180° - а) = b2 + c2 + 2bccosa, AD2 = a2 + d2- lad cos(180° -a) = a2 + d2 + lad cos a, а т. к. по условию АВ2 + CD2 = ВС2 + AD2, то a2 + b2 + c2 + d2-2abcosa-2cdcosa = b2 + c2 + a2 + d2 + 2bccosa + 2adcosa, {ab + cd + bc + ad) cos a = 0, причём ab + cd + bc + ad^ 0. Следовательно, cos a = 0 и ЛС J_ BD. 27. Если диагонали АС и BD четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность радиуса R с центром О, пересекаются в точке Р и перпендикулярны, то: а) расстояние от точки О до стороны АВ вдвое меньше стороны CD; б) медиана РМ треугольника APD перпендикулярна стороне ВС; в) АВ2 + CD2 = AD2 + ВС2 = 8Я2, РА2 + РВ2 + PC2 + PD2 = 4Я2;
Приложение 2. Список полезных фактов 321 г) площадь четырёхугольника ABCD равна ^{.АВ • CD + ВС • AD), причём для любого другого четырёхугольника ABCD с теми же сторонами площадь меньше, чем -г (ЛВ -CD + BC- AD). Доказательство, а) Проведём диаметр DDX. Тогда LDBDX = 90°, поэтому BDX || ЛС, значит, CDX =AB. Перпендикуляр, опущенный из центра О на хорду CDX, проходит через середину М этой хорды, поэтому ОМ — средняя линия треугольника DDXC, ОМ = -^CD. Поскольку равные хорды равноудалены от центра окружности, то расстояние от центра окружности до хорды АВ также равно о^- б) Пусть К — точка пересечения прямой РМ с отрезком ВС. Обозначим Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому треугольник PMD — равнобедренный, значит, ZADB = a. Вписанные углы АСВ и ADB опираются на одну и ту же дугу, поэтому ZPCB = ZACB = ZADB = а. Из прямоугольного треугольника ВСР находим, что /.СВР = 90° - ZPCB = 90° - а. Следовательно, ZBKP = 180° - а - (90° - а) = 90°, т. е. МК J_ ВС. Что и требовалось доказать. в) Проведём диаметр DDX. Поскольку BD 1BD1 и BD J_AC, то BDX || ЛС, поэтому CDX =AB. Из прямоугольного треугольника DCDX находим, что Поэтому AB Аналогично ВС2 + AD2 = 4R2. Следовательно, АВ2 + ВС2 + CD2 + AD2 = 4R2 4- 4R2 = 8Я2, АР2 + ВР2 + СР2 + DP2 = (АР2 + ВР2) + {СР2 + DP2) = АВ2 + DC2 = 4R2.
322 Приложение 2. Список полезных фактов Sabcd = s ab1cd = г) Пусть ABCD — произвольный четырёхугольник со сторонами АВ = а, ВС = b, CD = с, AD = d. Рассмотрим четырёхугольник ABiCD, где точка Вг симметрична вершине В относительно серединного перпендикуляра к диагонали АС. Тогда ZBACD sin ZBXCD + \вхА • AD sin ZBXAD ^ Равенство достигается, если ZB1 CD = ZBXAD = 90°, т. е. четырёхугольник ABXCD — вписанный, причём его два противоположных угла равны по 90°. Поскольку диагональ АС видна из точек В и Вг под одним углом, четырёхугольник ABCD вписан в ту же окружность, а т. к. АС \\ ВВг и BXD —диаметр, то угол между АС и BD равен углу BXBD, т. е. 90°. В Обратно, пусть четырёхугольник ABCD со сторонами АВ = а, ВС = b, CD = с, AD = d вписан в окружность и его диагонали АС и BD перпендикулярны. Проведём диаметр DDX. Тогда =BC = b, CDX =AB = a, ZDAD1 = •AD1 + ^CD- CDl = = 90°, 28. Две окружности касаются внутренним образом в точке М. Если АВ — хорда большей окружности, касающаяся меньшей окружности в точке Г, то МТ — биссектриса угла АМВ.
Приложение 2. Список полезных фактов 323 Доказательство. Если хорда АВ параллельна общей касательной окружностей, проходящих через точку М, то утверждение очевидно. Пусть луч АВ пересекает общую касательную в точке С (В между Ли С). Обозначим ZCMT = (/>, ZCMB = a, ZAMT = у. Тогда СМ = СТ как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, значит, треугольник МСТ — равнобедренный. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что ПЛАТ = ZCMB = а. Поэтому АСТМ = ZCMT = у, ZMTB = (внешний угол треугольника АМТ). Следовательно, ZTMB = (р-а = у, т. е. МТ — биссектриса угла АМВ. м с 29. Если вписанная окружность касается сторон АВ и АС треугольника ABC в точках М и JV, а Р — точка пересечения прямой MN с биссектрисой угла В, то ZBPC = 90°. Доказательство. Пусть О — центр вписанной окружности; а, {3, у — углы треугольника при вершинах Л, В, С соответственно. Тогда М
324 Приложение 2. Список полезных фактов в треугольнике МРВ известно, что ZPBM = |, ZBMP = 180° - ZAMN = 90° + |. Поэтому ZMPB = 180° - | - (W + §) = 9°° " f " f = 5- Следовательно, отрезок ON виден из точек Р и С под одним и тем же углом. Значит, точки О, N, Р и С лежат на одной окружности, а т.к. ON-LAC, то ОС—диаметр этой окружности. Следовательно, ZBPC = ZOPC = 90°. 30. Окружность Аполлония. Геометрическое место точек, расстояния от каждой из которых до двух данных точек относятся как т: п {тфп), есть окружность. Доказательство. Введём систему координат на плоскости так, чтобы точки А и В имели координаты (-а; 0) и (а; 0) соответственно. Если точка Р имеет координаты (х; у), то т2 АР2 ВР2 ~ U-a)2+y2 ~ п2' Последнее уравнение приводится к виду 2 Это уравнение 2п Imff 2-П2Г \т2-п а(т2 + п2Л 2_Г 2тп Л2 + n2-m2 J У ~ \п2-т2) ' (а{т2 + п2) Л окружности с центром I —2_ 2 ;0 I и радиусом А[-а.О) 31. Теорема Птолемея. Сумма произведений противоположных сторон вписанного четырёхугольника равна произведению его диагоналей. Доказательство. Пусть ABCD — четырёхугольник, вписанный в окружность. Отложим от луча ВА в полуплоскости, содержащей точку Л, луч ВР так, что ZABP = ZCBD (Р — на АС).
Приложение 2. Список полезных фактов 325 С А Треугольники АВР и DBC подобны по двум углам. Поэтому § = §^AB.CD=AP-BD. Поскольку ZABD = /.АВР + ZPBD = ZCBD + ZPBD = ZPBC, ZBDA = ZBCP, треугольники РВС и ABD также подобны по двум углам. Поэтому Сложив почленно эти равенства, получим, что
Литература 1. Атанасян Л. С, Бутузов В.Ф., Кадомцев СБ., Позняк Э.Г, Юдина И.И. Геометрия. Учебник для общеобразовательных учреждений. М.: Просвещение, 2009. 2. Гордин Р. К. Геометрия. Планиметрия. 7—9 классы. М.: МЦНМО, 2008. 3. Гордин Р. К. ЕГЭ 2012. Математика. Задача С4. Геометрия. Планиметрия. М.: МЦНМО, 2011. 4. Гордин Р. К. Это должен знать каждый матшкольник. М.: МЦНМО, 2008. 5. Погорелое А. В. Геометрия 7—9. М.: Просвещение, 2009. 6. Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. М.: МЦНМО, 2007. 7. Сборник задач по математике для поступающих в вузы / Под ред. М. И. Ска- нави. М.: ОНИКС 21 век, АЛЬЯНС-В, 2000. 8. Сергеев И.Н. Математика. Задачи с ответами и решениями: Пособие для поступающих в вузы. М.: КДУ, 2004. 9. Смирнов В. А., Смирнова И. М. Геометрия 7—9. М.: Мнемозина, 2009. 10. Смирнов В. А., Смирнова И. М. Геометрия 10—11. Учебник для общеобразовательных учреждений. М.: Мнемозина, 2009. 11. ТкачукВ.В. Математика — абитуриенту. М.: МЦНМО, 2008. 12. Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач. М.: Просвещение, 1989. 13. Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии. Планиметрия. М.: Наука, 1986. (Библиотечка «Квант»; вып. 17).
Содержание Предисловие 3 § 1. Медиана прямоугольного треугольника 4 § 2. Удвоение медианы 20 § 3. Параллелограмм. Средняя линия треугольника 29 § 4. Трапеция 42 § 5. Как находить высоты и биссектрисы треугольника 65 § 6. Отношение отрезков 81 § 7. Отношение площадей 94 § 8. Касательная к окружности ПО § 9. Касающиеся окружности 125 § 10. Пересекающиеся окружности 162 § 11. Окружности, связанные с треугольником, четырёхугольником 172 § 12. Пропорциональные отрезки в окружности 198 § 13. Углы, связанные с окружностью 219 § 14. Вспомогательные подобные треугольники 241 § 15. Некоторые свойства высот и точки их пересечения 261 Диагностические работы 276 Приложение 2. Список полезных фактов 299 Литература 326
Гордин Рафаил Калманович ЕГЭ 2012. Математика. Решение задачи С4 Рисунки М. Ю. Панова и В. Ю. Радионова Подписано в печать 20.01.2012 г. Формат 60 х 90 Vi6. Бумага офсетная. Печать офсетная. Печ. л. 20,5. Тираж 5000 экз. Заказ № 156. Издательство Московского центра непрерывного математического образования. 119002, Москва, Большой Власьевский пер., д.Д1. Тел. (499) 241-74-83 Отпечатано с готовых диапозитивов в ППП «Типография „Наука"». 121099, Москва, Шубинский пер., 6. Книги издательства МЦНМО можно приобрести в магазине «Математическая книга», Большой Власьевский пер., д. 11. Тел. (499) 241-72^85. E-mail: biblioOmccme.ru
КНИГУ МОЖНО КУПИТЬ В МАГАЗИНЕ «МАТЕМАТИЧЕСКАЯ КНИГА» в здании Московского центра непрерывного математического образования (МЦНМО) 119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11. (м. «Смоленская», «Кропоткинская») Ежедневно, 10.00-20.00, кроме воскресенья biblio.mccme.ru e-mail: biblio@mccme.ru 8 (499) 241-72-85 • 8 (495) 745-80-31 КНИГОТОРГОВАЯ КОМПАНИЯ «АБРИС» абрис.рф • www.texbook.ru Москва: 8 (495) 229-67-59 Санкт-Петербург: 8 (812) 327-04-50 e-mail: info@prosv-spb.ru Оптовые заказы: abrisd@textbook.ru Розничные заказы: Интернет-магазин UMLIT.RU www.umlit.ru • e-mail: zakaz@umlit.ru 8 (495) 981-10-39 ISBN 978-5-94057-950-2 85940 '579502