Ш Эдуард Николаевич Балаян МАТЕМАТИКmathmi.ucoz.com/2015-2016/balajan_eh.n-planimetrija-z... · 2016-02-26 · Ш Эдуард Николаевич

Ш Эдуард Николаевич Балаян\ профессор РАЕ, Заслуженный работник науки и

образования , почетный доктор наук (DOCTOR OF SCIENCE, HONORIS CAUSA), известный учитель

математики, автор более 100 книг. Имеет большой опыт ра боты, в том числе в специализированном математическом лицее. Его выпускники ныне работают в Российской Феде рации, странах СНГ, дальнего и ближнего зарубежья, с бла годарностью вспоминая его увлекательные уроки.

За многолетний педагогический труд, большой личный вклад в разработку учебно-методической литературы по математике награжден медалью им. В.И. Вернадского, почетной грамотой МО и науки РФ и другими наградами.

В настоящее время работает на подготовительном отделении Донского государственного технического университета (ДГТУ).

ФЕНИКС

МАТЕМАТИК^ 1 4 1 1 • i H l r k l -

• Краткая теория• Задачи с решениями• Задачи для самостоятельного решена• Ответы ко всем задачам

9785222268094

УДК 373.167.1:51 ББК 22.1я721 КТК 444

Б20

Балаян Э.Н.Б20 Математика. Задачи типа 16 (С4). Геометрия. Пла

ниметрия (профильный уровень) / Э.Н. Балаян. — Ростов н/Д: Феникс, 2016. — 223 с. : ил. — (Большая перемена).

ISBN 978-5-222-26809-4

Пособие ориентировано на качественную подготовку учащихся общеобразовательных школ, лицеев, гимназий, колледжей к успешной сдаче экзамена по математике.

Издание соответствует новому Федеральному государственному образовательному стандарту (ФГОС).

В данном пособии представлен разнообразный материал для подготовки к решению задач типа 16 (С4). Для удобства пользования книгой приводятся краткие теоретические сведения и справочные материалы по курсу планиметрии.

Все задачи снабжены подробными решениями и обоснованиями, а в конце пособия даны задачи для самостоятельного решения и ответы к ним. Авторские задачи отмечены значком (А ).

П особие адресовано учащ им ся старш их классов для подготовки к ЕГЭ, олимпиадам, учителям математики, слушателям подготовительных отделений вузов, студентам — будущим учителям математики и репетиторам.

УДК 373.167.1:51ISBN 978-5-222-26809-4 ББК 22.1я721

© Балаян Э.Н ., 2016

© Оформление, ООО «Ф еникс», 2016

ПРЕДИСЛОВИЕ

Настоящая книга посвящена задачам типа 16 (С4) профильного уровня по теме «Геометрия. Планиметрия».

В книге рассматриваются подробные решения задач на вписанные и описанные окружности, связанные с треугольниками и четырехугольниками, способы нахождения различных элементов геометрических фигур — высот, медиан, биссектрис, радиусов вписанных и описанных окружностей. Применяется также метод сравнения площадей, удвоение медианы и т. п.

Отметим, что приступать к решению задач, соответствующих по уровню сложности типу 16 (С4), целесообразно при условии, что ученик в основном уже владеет навыками решения задач школьного курса математики.

Предложенные задачи могут быть использованы также на олимпиадах различного уровня.

Также автор настоятельно рекомендует использовать вышедшие в 2015 г. в издательстве «Феникс» книги «Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 7-9 классы, 10-е изд.» и «Новый репетитор по геометрии для подготовки к ОГЭ и ГИА, 2015 г.».

Глава 7

КРАТКИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ П О КУРСУ ГЕОМЕТРИИ V II- IX КЛАССОВ

§ 1. Планиметрия

1.1. Углы

Углом называется геометрическая фигура (рис. 1), образованная двумя лучами, исходящими из одной точки.

Точка О — вершина угла, а лучи ОА и ОВ — стороны угла.

Обозначение: ZAOB или Zab.Угол в 90° называется прямым

(рис. 2).Угол, меньший прямого, назы

вается острым (рис. 3).Угол, больший прямого, но меньший развернутого,

называется тупым (рис. 4).

Ll-

Рис. 2 Рис. 3 Рис. 4

Глава 1. Краткие теоретические свеления по кур су геометрии • » » 5

Два угла называются вертикальными, если стороны одного угла являются продолжениями сторон другого (рис. 5).

ZAOC и ZD O B ; ZBOC иZAOD — вертикальные. _____

Вертикальные углы равны: ZAOC = ZD O B и ZBOC = ZAOD.

Два угла называются смежными, если у них одна сторона общая, а две другие составляют прямую линию (рис. 6), ZAOC и ZBOC — смежные.

Рис. 5

Рис. 6

Сумма смежных углов равна 180°.Биссектрисой угла называ

ется луч, проходящий между сторонами угла и делящий его пополам (рис. 7).

Биссектрисы вертикальных углов составляют продолжение друг друга (рис. 8 ).

Биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны (рис. 9).

6 <<• Математика. Залачи типа 16 (С4)

Рис. 9

При пересечении двух прямых а и b третьей с (секущей) образуется 8 углов (рис. 10):

• соответственные углы:Z1 и Z5, Z2 и Z 6 , Z4 и Z 8 ,

• внутренние накрест лежащие:Z4 и Z 6 , Z3 и Z5

• внешние накрест лежащие:Z1 и Z7, Z2 и Z 8

• внутренние односторонние:Z4 и Z5, Z3 и Z 6

• внешние односторонние:Z1 и Z 8 , Z2 и Z7.

Рис. 10

Z3 и Z7;

1.2. Многоугольник

ABCDE — пятиугольник (рис. 11).Точки А, В, С, D, Е — вершины многоугольника;

ZA, ZB, ZC, ZD, ZE — углы многоугольника; АВ, ВС, CD и т. д. — стороны многоугольника; отрезки AC, AD, BE, BD, СЕ — диагонали; Р = АВ + ВС + ... + ЕА — периметр многоугольника.

Многоугольник называется выпуклым (рис. 11), если он целиком расположен по одну сторону от каждой прямой, проходящей через две его соседние вершины. В противном случае многоугольник называется невыпуклым (рис. 12).

Глава 1. Краткие теоретические свеления по кур су геометрии •»> 7

Рис. 11 Рис. 12

Свойства:1. Сумма внутренних углов произвольного /г-уголь

ника равна 180 • (л - 2).2. Сумма внешних углов выпуклого л-угольника,

взятых по одному при каждой вершине, равна 360°.

3. В выпуклом л-угольнике из каждой вершины можно провести (л - 3) диагоналей, которые разбивают л-угольник на (л - 2) треугольников.

4. В выпуклом л-угольнике число диагоналей равно

— л(л - 3).2

1.3. Правильные многоугольники

Выпуклый многоугольник, у которого равны все углы и все стороны, называется правильным.

Свойства:1. Каждый угол правильного л-угольника равен

180°(л-2)< *„= •л

2. Около правильного л-угольника можно описать окружность, и притом только одну.

8 <«• Математика. Залачи типа 16 (С4)

3. В правильный л-угольник можно вписать окружность, и притом только одну.

4. Окружность, вписанная в правильный л-уголь- ник, касается всех сторон л-угольника в их серединах.

5. Центр окружности, описанной около правильного л-угольника, совпадает с центром окружности, вписанной в тот же л-угольник.

6 . Длина стороны правильного л-угольника, вписанного в окружность радиуса R, равна

оD • 180°a = 2R sin------ .л

7. Длина стороны правильного л-угольника, описанного около окружности радиуса г,

о 1 180°a = 2r tg .л

1.4. Треугольник

Треугольником называется геометрическая фигура, состоящая из трех точек, не лежащих на одной прямой, и трех отрезков, последовательно соединяющих эти точки.

Точки А, В, С — вершины ААВС.Отрезки АВ, ВС и АС — стороны, ZA, ZB и ZC —

углы.Стороны треугольника часто обозначают малыми

буквами (рис. 13):АВ = с, ВС = а, АС = Ь.

Р = a + b + с — периметр треугольника.Треугольник, у которого все углы острые, называ

ется остроугольным (рис. 13).Треугольник, у которого угол прямой, называется

прямоугольным (рис. 14).Стороны, образующие прямой угол, называются

катетами (а и b), а сторона, лежащая против прямого угла, называется гипотенузой (с).

Глава 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии • » » 9

В

ВРис. 13 Рис. 14

Треугольник с тупым углом называется тупоугольным (рис. 15).

Треугольник, у которого две стороны равны, называется равнобедренным (рис. 16).

А


Равные стороны называются боковыми, а третья сторона — основанием равнобедренного треугольника.

Треугольник, у которого все стороны равны, называется равносторонним (рис. 17).

Каждый угол равностороннего треугольника равен 60°.

10 « • Математика. Залачи типа 16 (С4)

Свойства равнобедренного треугольника:1. Углы при основании равны.2. Биссектриса, проведенная к основанию, являет

ся одновременно медианой и высотой.3. Высота, проведенная к основанию, является

одновременно медианой и биссектрисой.4. Медиана, проведенная к основанию, является

одновременно высотой и биссектрисой.

Внешним углом треугольника называется угол, смежный с каким-нибудь углом этого треугольника (рис. 18).

ZCBD — внешний угол треугольника.Внешний угол треугольника равен сумме двух уг

лов треугольника, не смежных с ним (рис. 18):ZCBD - ZA + ZC.

Отрезок, соединяющий середины двух сторон, называется средней линией треугольника (рис. 19).

С с


1.5. Признаки равенства треугольников

I признак (признак равенства по двум сторонам и углу между ними):

Если две стороны и угол между ними одного треугольника соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого треугольника, то такие треугольники равны (рис. 20).

AB = A lB1, А С = А 1С1, ZA = ZA l .

Глава 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии •»> 11

I I признак (признак равенства по стороне и прилежащим к ней углам):

Если сторона и два прилежащих к ней угла одного треугольника соответственно равны стороне и двум прилежащим к ней углам другого треугольника, то такие треугольники равны (рис. 21).

АВ — А 1В1, ZA = ZAP ZB = Z B X.

I I I признак (признак равенства по трем сторонам): Если три стороны одного треугольника соответ

ственно равны трем сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны (рис. 22).

АВ — AjBj, ВС = ВХСХ, АС = AjCj.

Рис. 22

1 2 *<• Математика. Залачи типа 16 (С4)

1.6. Неравенства треугольника

Каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон:

a < Ь + с, Ъ < a + с, с < a + Ъ.

1.7. Определение вида треугольника по его сторонам

Пусть с — наибольшая сторона, тогда:а) если с2 < а2 - Ъ2, то треугольник остроугольный;б) если с2 > а2 + Ь2, то треугольник тупоугольный;в) если с2 = а2 + Ь2, то треугольник прямоугольный.

1.8. Прямоугольные треугольники (некоторые свойства)

1) Сумма острых углов равна 90° (рис. 23).ZA + ЕВ = 90°.

2) Катет, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы (рис. 24).

1а = — с.

23) Если катет равен половине гипотенузы, то угол,

лежащий против этого катета, равен 30° (рис. 24).

Рис. 24

Глава 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии • » » 1 3

1.9. Признаки равенства прямоугольных треугольников

1. Если катеты одного прямоугольного треугольника соответственно равны катетам другого, то такие треугольники равны (рис. 25).

А С = А 1С1, ВС = В 1С1.В В г

2. Если катет и прилежащий к нему острый угол одного прямоугольного треугольника соответственно равны катету и прилежащему к нему углу другого, то такие треугольники равны (рис. 26).

А С = А 1С1, ZA = ZA X.

3. Если гипотенуза и острый угол одного прямоугольного треугольника соответственно равны гипотенузе и острому углу другого, то такие треугольники равны (рис. 27).

АВ = A jJSj, ZA

В

ЕАХ.

Рис. 27

1 4 «<• Математика. Залачи типа 16 (С4)

4. Если гипотенуза и катет одного прямоугольного треугольника соответственно равны гипотенузе и катету другого, то такие треугольники равны (рис. 28).

АВ = А ХВ Х, А С = А 1С1.

1.10. Четыре замечательные точки треугольника

С каждым треугольником связаны 4 точки:1) точка пересечения медиан;2) точка пересечения биссектрис;3) точка пересечения высот (или их продолжений);4) точка пересечения серединных перпендикуляров

к сторонам.Эти четыре точки называются замечательными

точками треугольника.Высотой треугольника называется длина перпенди

куляра, опущенного из любой его вершины на противолежащую сторону или на ее продолжение.

В тупоугольном треугольнике (рис. 29) две высоты падают на продолжение сторон и лежат вне треугольника, а третья внутри треугольника.

В остроугольном треугольнике (рис. 30) все три высоты лежат внутри треугольника.

В прямоугольном треугольнике катеты одновременно служат и высотами (рис. 31).

Три высоты треугольника всегда пересекаются в одной точке, называемой ортоцентром. В тупоугольном треугольнике ортоцентр лежит вне треугольника. В пря-

Глава 1. Краткие теоретические свеления по кур су геометрии • » » 1 5

/4КZ ' Г ЛРис. 30 Рис. 31

моугольном треугольнике он совпадает с вершиной прямого угла.

Медианой треугольника называется отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой противоположной стороны.

Три медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая является центром тяжести треугольника (рис. 32).

Эта точка делит каждую медиану в отношении 2 : 1 (считая от соответствующей вершины).

Биссектрисой треугольника называется отрезок биссектрисы угла от вершины до пересечения с противолежащей стороной.

Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, которая является центром вписанного круга (рис. 33).

Три перпендикуляра к сторонам треугольника, проведенные через их середины (рис. 34-36), пересекаются в одной точке, которая является центром описанной окружности.

В тупоугольном треугольнике (рис. 34) эта точка лежит вне треугольника, в остроугольном (рис. 35) — внутри, в прямоугольном — на середине гипотенузы.

1 6 « • Математика. Залачи типа 16 (С4)

Ортоцентр, центр тяжести, центр вписанной и описанной окружностей совпадают друг с другом только в равностороннем треугольнике.

1.11. Произвольный треугольник

1) Свойство биссектрисы (рис. 37) внутреннего угла треугольника:

a~b

ОдЬ,

С

2) Длина биссектрисы:lc = yjab-afy ;

/ _ л/аЬ(а Ь-г с)(а + b - с)С ,a-rb3) Длина медианы:

пгс = ^ ^ о 2 - Ь 2) - с 2 .

4) Длина высоты:

К = - Vp ( p - a ) ( p - b ) ( p - c ) , с

где а, Ь, с — стороны треугольника,

р — -^(а + Ь + с) — полупериметр,

В

Рис. 37

К высота, проведенная к стороне с.

Глава 1. Краткие теоретические свеления по кур су геометрии • » » 1 7

5) Зависимость между сторонами и высотами:i t , 1 1 1К '■ К : Ас .а Ь с

6) Зависимость между высотами и радиусом вписанной окружности:

JL - J_ a. i _ = I К К К г

1.12. Теорема Чевы

Для того чтобы прямые BE, AD и CF (рис. 38) пересекались в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство

BD СЕ AF CD АЕ BF

= 1.

1.13. Теорема Менелая

Если на сторонах ВС, АВ и продолжении стороны АС ААВС за точку С отмечены соответственно точки А 1( Cj и В,, лежащие на одной прямой, то

АС, ВА, СВ,С{В А,С В, А

= 1.

В

Рис. 39


1.14. Теорема синусов

Во всяком треугольнике стороны относятся как синусы противолежащих углов:

_ £ --------- »--------------- _ 2 R.sm a sin р sin у

где R — радиус окружности, описанной около треугольника.

1.15. Теорема косинусов

Квадрат одной из сторон треугольника равен сумме квадратов двух других его сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними:

а2 = Ь2 + с2 - 2Ъс cos а,Ь2 = с2 + а2 - 2са cos р, с2 = а2 Ь2 - 2ab cos у.

1.16. Площадь треугольника

1) S = — aha; 2) S = — ab sin у; 2

3) S = тУр(р - а)(р~ Ь)(р - с) (формула Герона);

4) S = р ■ г, где р = - (а -г b ~ с);2

5 ) S - Я Ё £ ;4R

6) s -2 sin А

i

Iлава 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии • » » 1 9

1.17. Равносторонний (правильный) треугольник (рис. 40)

S

R -

д2у] 3 4

a

; a = R S = 2гл/з ;

2>/з’Л =

а%/ о

Рис. 40

1.18. Подобные треугольники

Два треугольника называются подобными, если их углы соответственно равны и стороны одного треугольника пропорциональны сходственным сторонам другого (рис. 41).

С

Рис. 41

АВ и A^Bj, ВС и и BjCj, АС и А[С, — сходственные стороны.

Из подобия треугольников следует:ZA = ZA1, ZB = Z B „ ZC = ZC,.

АВ ВС САА,В, В, С, С, А,

/г,

где k — коэффициент подобия.Обозначение: ААВС ~ АА1В1С1.Если два треугольника подобны, то отношение их

площадей равно k2, т. е. S : SM „с = k2.


1.19. Признаки подобия треугольников

I признак. Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, то такие треугольники подобны (рис. 42).

ZA = Z A V ZB = Z B X.

В А , В ,

Рис. 42

I I признак. Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого и углы, заключенные между ними, равны, то такие треугольники подобны (рис. 43).

ZA = ZAj, ^ АС

I I I признак. Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого, то такие треугольники подобны (рис. 44).

АВ ВС АС


Площади подобных фигур (в частности, многоугольников) пропорциональны квадратам их сходственных сторон.

В частности, площади кругов относятся как квадраты радиусов (или диаметров).

1.20. Четырехугольник

1. Произвольный выпуклый (dj и d2 — диагонали, о — угол между ними) (рис. 45).

S = —d.dr, sin ср.2 1 2

2. Вписанный (рис. 46).а + у = р-г5 = 180°.

В любом вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна 180°. Верно и обратное.


ас + bd — d ^ 2 (теорема Птолемея).■S = \1(р~ a)(p~b)(p - с)(р - d) ,

где р = 1 (а -f Ь + с -f d). z

3. Описанный.В любом описанном четырехугольнике суммы

противоположных сторон равны (рис. 47).а + с = 6 + d, S = p- г.

С

Рис. 47

1.21. Параллелограмм

Параллелограммом называется четырехугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны (рис. 48).

АВ || DC, AD I ВС (а и Ь смежные стороны; a — угол между ними; ha — высота, проведенная к стороне а).

Глава 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии • » 23

df ~ dI = 2(a2 4- Ъ2) — зависимость между сторонами и диагоналями;

S = a ■ ha = ab sin a = —d^d2 sin cp — площадь парал-2

лелограмма.

Некоторые свойства:

1. В параллелограмме противоположные стороны и углы равны (АВ = DC; AD = ВС; ZA = ZC; ZB = ZD).

2. Диагонали параллелограмма в точке пересечения делятся пополам (АО = ОС; ВО = OD).

3. Сумма углов, прилежащих к одной стороне, равна 180 (ZA - ZB = 180 и т. д.).

4. Диагональ параллелограмма делит его на два равных треугольника (ААВС = /ААВС, AABD = = ABCD).

5. Биссектриса угла параллелограмма отсекает от него равнобедренный треугольник (рис. 49).

Рис. 49

Признаки параллелограмма (рис. 48)

1. Если в четырехугольнике две стороны равны и параллельны (АВ = DC, АВ CD), то такой четырехугольник — параллелограмм.

2. Если в четырехугольнике противоположные стороны попарно равны (АВ = DC, AD = DC), то такой четырехугольник — параллелограмм.

3. Если в четырехугольнике противоположные углы попарно равны (ZA = ZC; ZB = ZD), то такой четырехугольник — параллелограмм.

4. Если в четырехугольнике диагонали пересекаются и в точке пересечения делятся пополам, то такой четырехугольник — параллелограмм.


1.22. Трапеиия

а и Ъ — основания; h — высота; d1 и d2 — диагонали; <р — угол между ними (рис. 50).

Трапецией называется четырехугольник, у которого две стороны параллельны, а две не параллельны.

АВ !; DC, АВ и DC — основания трапеции, AD и ВС — боковые стороны.

Отрезок I, соединяющий середины боковых сторон, называется средней линией трапеции.

I = (а 4- Ь) — длина средней линии трапеции.

m |j а || b, m =

ZA + ZD

2 aba + b

180' ; ZB + ZC 180°.

I ■ li1

(a + b) • h = —d1-d 2 sin <p 2

площадь

трапеции.

1. Равнобедренная трапеция.Если у трапеции боковые стороны равны, то такая

трапеция называется равнобедренной (рис. 51).AD = ВС.

Рис. 51

Глава 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии •»> 2 о

В равнобедренной трапеции углы при основаниях равны (ZA = ZB-, ZC = ZD ) и диагонали равны (АС = BD).

АЕ = — (а - Ь).2

Если AC .L BD, то S = h2.АВ -г CD = 2AD (рис. 52).

Рис. 52

h = 2г, г — радиус вписанной окружности; h = Jab .R — радиус описанной окружности.Точка О — центр окружности, описанной около

любого треугольника, вершины которого совпадают с вершинами трапеции (рис. 53).

Рис. 53


2. Прямоугольная трапецияЕсли в трапеции один из

углов прямой, то такая трапеция называется прямоугольной (рис. 54).

ZD = ZC = 90 .BE = CD = h (высота тра

пеции).АЕ = a - b. А

1,23. Прямоугольник

Прямоугольником называется параллелограмм, у которого все углы прямые (рис. 55).

Прямоугольник обладает всеми свойствами параллелограмма. Кроме того, у прямоугольника диагонали равны.

Стороны прямоугольника одновременно являются и высотами.

Рис. 55

d2 ■■ а/ Ъ2.1

S = ab = — d2 sin о.2

1.24. РомбРомбом называется

параллелограмм, у которого все стороны равны (рис. 56).

Так как ромб является параллелограммом, то он обладает всеми его свойствами. Рис. 56


Кроме того, диагонали ромба взаимно перпендикулярны и являются биссектрисами его углов.

АС 1 BD.АС — биссектриса углов А и С; BD — биссектриса

углов В и D.df -г d2 = 4а2.

S = a - h = a2 sin а = —d, • d9 — площадь ромба.а 2

1.25. Квадрат

Квадратом называется прямоугольник, у которого все стороны равны (рис. 57).

- а Можно сказать, что квадрат — это ромб с прямым углом.

Квадрат обладает всеми свойствами прямоугольника и ромба.

Основные свойства

1. У квадрата все углы прямые.2. У квадрата диагонали равны, взаимно перпендику

лярны и являются биссектрисами его углов.

а

Рис. 57

1.26. Окружностьв

Рис. 58

Окружностью называется геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от одной ее точки (центра) (рис. 58).

Отрезок, соединяющий центр окружности с точкой на окружности, называется радиусом.


Обозначение: г или R.На рис. 58 ОС = ОЕ = OD = R.Часть окружности (например, CmD) называется

Дугой.Отрезок, соединяющий две точки окружности, на

зывается хордой, а хорда, проходящая через центр, называется диаметром.

А В , ВС, CD и СЕ — хорды окружности. СЕ — наибольшая из хорд — диаметр.

Обозначение: d или D.D = 2R.

Часть плоскости, ограниченная окружностью, называется кругом.

Часть круга, ограниченная дугой (CmD) и стягивающей ее хордой (CD), называется сегментом.

Часть круга, ограниченная двумя радиусами и дугой, называется сектором.

Угол, образованный двумя радиусами, называется центральным (ZCOD на рис. 58).

Угол, у которого вершина лежит на окружности, а стороны являются хордами, называется вписанным (например, ZABC).

1.27. Свойства касательных к окружности

Угол, образованный двумя касательными (СА и СВ), исходящими из одной точки, называется описанным (ZACB на рис. 59).

/,1двз 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии • » » 29

1. Радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной.

2. Две касательные, проведенные к окружности из одной точки, равны, и центр окружности лежит на биссектрисе угла между ними.

1.28. Окружность и треугольник

1. Около всякого треугольника можно описать окружность; центром окружности является точка пересечения перпендикуляров, проведенных к сторонам через их середины (рис. 60).

2. Во всякий треугольник можно вписать окружность; центром окружности является точка пере-

Рис. 60 сечения биссектрис (рис. 61 ).

1.29. Окружность и четырехугольник

1. Дл я того чтобы около четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма противоположных углов была равна 180 (рис. 62).

а + р = 180°.

JO « • Математика. Залачи типа 16 (С4)

1

2. Для того чтобы в четырехугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы противоположных сторон были равны (рис, 63).

a + с = b + d.

Рис. 63

1.30. Углы и окружность

Центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается (рис. 64):

ZAOB = KjAmB.Вписанный угол измеряется половиной дуги, на

которую он опирается (рис. 65):

ZABC = - uAmC.2

В В


в г

/1.та 1. Краткие теоретические свеления по курсу геометрии • » » 31

Угол между хордой и касательной измеряется по- поииной дуги, заключенной внутри него (рис. 66 ):

ZABC = —vjBmC.2

Угол между двумя касательными измеряется полу- разностью дуг (рис. 67):

ZABC = - {voAmC - юАпС).

Угол между двумя хордами измеряется полусуммой дуг, на которые он опирается (рис. 68):

ZAEC = ~ (KjAmC -f- <jBnD).

Угол между секущими измеряется полуразностью дуг между ними (рис. 69):

ZABC = i (саАтС — K)EnD).



Угол между касательной и секущей измеряется полуразностью отсекаемых ими дуг, прилежащих к касательной (рис. 70):

ZABC = ^ (мА/пС - caCnD).

1.31. Метрические соотношения в окружности

Если хорды АВ и CD пересекаются в точке Е, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой (рис. 71):

А Е - ЕВ = СЕ- ED.

Если из точки В к окружности проведены две секущие BDA и ВЕС, то

I \.w a I . Краткие теоретические свеления по курсу геометрии • » 33

DB - АВ = ЕВ ■ СВ (рис. 72).Если из точки В к окружности проведены секущая

BDA и касательная ВС, то произведение секущей на ее внешнюю часть равно квадрату касательной (рис. 73):

АВ- DB = ВС2.

1.32. Длина окружности. Плошадь круга и его частей

С = 2 r,R = л D — длина окружности;

TiRn°I — --------= Ra — длина дуги

180°окружности;

S = тг 7?2 = - kD2 = - C R —Ч>. 4 2

площадь круга;С

л = — ~ 3,14 — отношение D

длины окружности к ее диаметру.

Глава 2

ТРЕНИРОВОЧНЫЕ ЗАДАЧИ

§ 2. Задачи с решениями

2.1. Треугольники

сто-Пример 1(A). Известно, что в ААВС ZA = 2ZC, рона ВС на 2 см больше АВ, а АС = 5 см. Найти АВ и ВС.

Решение.I способ

Проведем биссектрису АВ угла А, тогда Z l = Z2 = = Z3.

В AADC углы при основании равны, т. е. Z2 = Z3 и AD = DC.

Пусть АВ = х, AD = DC = у, тогда ВС = х 4- 2, BD = х + 2 ~ у.

Заметим, что AABD ~ AABC по двум углам (ZB ~ общий, Z l = Z3).

В

Из подобия имеемАВ BD AD х х + 2 ~у у = ---- = , и л и ------ = = —ВС АВ АС х + 2 х 5

I

Глава 2 . Тренировочные залачи •»> 35

Итак, для нахождения х и у имеем систему уравнений [ * У\х + 2 5 ’ |5х = ху + 2у,] х + 2 -у у _ [5х + 10-5у = ху,[ х 5 ’

откуда, вычитая из первого уравнения второе, получим

5у - 10 = 2у, Зу = 10, у = ~ ,О

10 20тогда 5х = — х -f — ,

3 315х - 10х = 20,5х = 20,х = 4.

Итак, АВ = 4 см, ВС = 6 см.Ответ: АВ — 4 см, ВС = 6 см.

II способПусть ZC - а, тогда ZA = 2а и ZB = 180 - За.Полагая АВ = х, ВС = х + 2, по теореме синусов

имеемх _ х-г2 _ 5

sin a sin 2а sin(180°-3a) ’

f х х + 2j sin a sin 2а ’или <

. sill a sin За Из первого уравнения системы находим x-i-2 sin 2a „ 2 = -------- , или 1 -г — = 2 cos a. ( 1)

х sili a xИз второго уравнения системы получим

5 sin aх = ---------.sin 3 a

Так как sin 3a = 3 sin a - 4 sin3 a, to x :3 -4 sin a


Подставив значение х в (1), получим уравнение, , 6 - 8 sin2 а1 + = 2 cos а,

5или 5 + 6 - 8(1 - cos 2а) = 10 cos а, или 8 cos2 а - 10 cos а + 3 = 0 .Решая полученное квадратное уравнение относи

тельно cos а, находим3 1

cos a = —, cos a = — .4 2

3Если cos a = — , то, учитывая (1), находим x = 4.4

Если cos a = i , то получим 1 — — = 1 , что невоз- 2 x

можно.Итак, АВ = 4 см, тогда ВС = х + 2 = 6 (см).

( Замечание. Если cos a = , то a = 60°, тогда ZC = 60°,

ZA = 120°, что не может быть.

Ответ: АВ = 4 см, ВС = 6 см.

III способ (начало см. способ II)

2 7 2 х2Так как 1 + — = 2 cos а, то I 1 + — ( = 4 cos2 а, или

X х )

2 V, 1 + — = 4(1 - sin2 a) = 4 - 4 sin2 a.V x )

5Кроме того, x = -----------— , откуда 4 sin2 a = 3 - —3 -4 sin a

2Следовательно, I 1 + — = 4 - I 3 - — I , или

Глава 2 . Тренировочные залачи •>» 37

Далее замена — = t, t > 0, (1 + 2t)2 — 1 + 51, или х

I/2 - 1 = 0, t = - , т .е .х = 4 и т .д .4

Ответ: АВ = 4 см, ВС = 6 см.

Пример 2. Стороны ДАВС равны соответственно АС = а, ВС = Ъ, а медианы AM и BN взаимно перпендикулярны. Найти длину третьей стороны АВ.


Используя теорему косинусов для ДАМС, ABCN и ААСВ, имеем

A M 2 = a2 + - b2 - ab cos ZC, (1)4

B N 2 = b2 + — a2 - ab cos ZC, (2)4

A B 2 = a2 + b2 - 2ab cos ZC. (3)Так как по условию задачи A M 1 BN, то из ДВОА

имеемАВ 2 = АО2 + ВО2. (4)

По свойству медианы треугольника имеем2 2ВО = —BN, АО = -A M , тогда (4) примет вид 3 3


Упростим (5) с учетом (1) и (2):4 1 1

АВ2 = — (а2 + —b2 - ab cos ZC + b2 + — a2 - ab cos ZC),9 4 4

или AB2 = + 5ft2 - 8aft cos ZC). (6)

Сравнивая (3) и (6), получим 4(a2 - ft2) = lOaft cos ZC, 2 (a2+b2)

откуда cos ZC = ------------, тогда (3) примет вид5 ab

AB2 = — (a2 + b2), откуда AB = J—(a2 + ft2) .5 v 5

Ответ: ^ ( a 2 +b2) .

II способПусть ВО = 2n, ON = n, AO — 2m, О М = m (по свой

ству медианы).

D

Дополним AABC до параллелограмма ABCD, тогда по свойству последнего имеем

2(АВ2 + ВС2) = ВП2+А С 2, или, обозначив АВ = х, имеем

2(х2 + Ъ2) = 36n2 + a2. (1)Из ААОВ и AAON имеем

х2 = 4т2 + 4тг2 и 4т2 + п2 = —а2,4

откуда х2 - — а2 = 3п2, значит, п2 = — | х — а . (2)4 3 v 4

Глава 2. Тренировочные залачи •!> 39

Учитывая (2), равенство ( 1) примет вид

2(х2 - ft2) = 12| х2 - — a2 | + а2, или x2 - ft2 = 6x2 - a2,V 4 j

~ v 'z = a2 — ft2, откуда x = AB = J —(a2 - b 2) .\ 5

Ответ: x = ^Дс+Z-ft2) .

I Замечание. Задачу можно решить с применением I векторов.

Пример 3. Катеты прямоугольного треугольника рзвны а и ft. Найти длину биссектрисы прямого угла.

Решение.Условие этой задачи заимствовано из книги

К.А. Островского и др. «Задачи по математике на вступительных экзаменах в вузах». Приведем другие, более простые способы решения.

I способИз точки D опустим перпендикуляр DE на катет

AC = ft. Тогда ZCDE = 45°, т. е. СЕ = DE = т. Из ACED CD = т >/2 .

Заметим, что AAED ~ААСВ (как прямоугольные с общим углом А).

_ DE ВС т а abТогда = -----, и ли ------- = —, откуда т = ----- .

АЕ AC b -m Ь а + Ь


Значит, CD = m 42л/2 ab a + b

Ответ:л/2aba + b

II способ

Пусть BD = х > 0, AD = у > 0.По свойству биссектрисы треугольника имеем

х _ a

У Ъ '

С другой стороны, из ААСВ имеем (х + у)2 = а2 + Ь2. Полученные уравнения образуют систему

х а

!~~ь'(х + у)2 = а2+Ь2.

Из I уравнения системы у = — х, тогда уравнениеа

а2 + Ь2, откудапримет вид х + ~ х V а

х “(а2 + Ъ )а

(а + ЪУИз A BCD по теореме косинусов имеем

хг = а2 + CD2 - 2а • CD • cos 45° или, учитывая ( 1), получим

(а2 +_Ьг)аг = ^ + C D 2 _ J 2 а • CD, или(a + b)

( 1 )

Глава 2 . Тренировочные залачи • » » 41

< 11 J’2 a ■ CD -i = о — квадратное уравне-(a-fb) 2

пь "I иогптельно CD.r< iii.ni уравнение, находим

„ л/2д(а -f b) ± y[2a(a - г?)2(a + b)

42a(a + b + a -b ) _ 42a2lo- i и a + b, to CD

MMI

2(a + b) a^rb

42abи a < b (как в нашем случае), то CDa + b

42a2 42ab( hneem: , если a > b; -------, если a < b.

a~b a+bIII способ

(см. рисунок способа II)Пусть ZA = a, тогда из ABCD по теореме синусов

И iVKH'M

CD х CD г- ...-------------- = , или ------ = л/2 х. (1)sin(90°-a) sin 45° cos a

X CZКроме того, — = —. Из ААСВ (х + у)2 = а2 4- Ь2, отку-

У ьJ 2 , 7,2 Ь , Ь I 2 ГГда х - у = л/a +Ь , у = — х, тогда х + —х = л/a +Ь ,

a a

a4a2 + b2< >ткуда x =a + b

xr ПТЛ as[2(d2+b2)Учитывая (1), получим CD = —s------------cos a .a-rb

и AC b 42abHo cos a = = —= = = , значит, CD-= --------.AB л/a2 +b2 a + b

42a2Ответ: -------.a + 6


Пример 4. Доказать, что площадь прямоугольного треугольн и к а можно найти по ф ормуле S = (2 R + г)г, где й и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.


Пусть в AABC (ZC = 90°) О М = ON = OK = г — радиус вписанной окружности.

Так как ААВС — прямоугольный, то АВ — диаметр описанной окружности, тогда АВ = 2R.

Известно, что SA = р • г, где р — полупериметр. По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, имеем АС + ВС = 2г + АВ, тогда

S = ~ (A C + B C - h A B ) - r = ~ ( 2 r + A B -TAB) - r =2 2

= {г + AB )r = (г + 2R)r.Итак, S = (2В + r)r, что и требовалось доказать.

II способТак как ААВС — прямоугольный, то АВ = 2R, тогда

S - - А С • ВС.2

Пусть АС = х > 0, ВС = у > 0, тогда

S = ± - x y . ( 1)

Из ААВС х2 + у2 = 4В2. (2)

Глава 2 . Тренировочные залачи • ! » 4.3

x ~ y -2 RI laueCTHO, ЧТО г = --------------- ,

2"■гг.уда х -г у = 2(В + г). (3)

f х2 4у2 = 4R2,11з (2 ) и (3 ) имеем систему ■{

[x + y = 2{R + r).Упростим I уравнение системы: (х - у)2 - 2ху = 4Й2,

с in, учитывая (3 ), имеем 4 (В + г)2 - 2ху = 4В2, откуда

\у 4(R - г )2 - 4R2 или — ху = (В - г )2 - В 2; но —ху = S,2 2

| прда S = В 2 + 2Rr ~ г2 - В 2, или S = Д2В -*- г), что и тре- поцалось доказать.

Пример 5. Доказать, что в прямоугольном тре- 1угольнике г — —(а -г о — с), где а и о — катеты, с — ги- 2

вотенуза, г — радиус вписанной окружности.Решение.

I с п о с о б

Идея решения задачи заключается в сравнении площадей.

S = — ab; с другой стороны, S = рг = — (а - ft + с)г, 2 2

откуда, сравнивая правые части, имеем

— ab = i (а + 6 + с)г,2 2

откуда г = -— -----. ( 1)а + Ьтс


По теореме Пифагора

а2 + Ь2 = с2, или (а + Ъ)2 значит, 2аЪ = (а + Ь)2 - с2 = (а + Ъ( 1) примет вид

2 аЪг =

Итак, г

2(а^Ь±с) 1

(а

- с)(а + b — с), тогда

_ (a~b + c)(a + b - c ) _ а + Ь -с 2 {а + Ъ + с) 2 '

Ь - с), что и требовалось доказать.

II способИз центра О вписанной

окружности проведем радиусы OD, ОЕ и OF в точки касания, тогда OD L AC, OF A B C ,ОЕ LAB.

Следовательно, CFOD — квадрат, тогда OD = OF = ОЕ == г, AD = АС - CD = b - г, BF == ВС - FC = а - г. Но AD = АЕ и BF = BE как отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки.

Значит, АЕ = Ь - г, BE = а - г и АВ = АЕ + BE, т. е. с = {Ъ - г) +

+ (а - г), откуда получим г = —(a + b - с ) , что и требова-2

лось доказать.

Пример 6(A). Высоты M F и К Е AK M N пересекаются в точке О. Найти ZFNO, если Z M K N = 66°.

Решение.Продолж им N O до пе

ресечения с М К в точке L.Тогда N L — высота AK M N (так как высоты К Е и M F пересекаются в точке О).

М

Глава 2. Тренировочные залачи •»> 45

По условию Z M K N = 66°, значит, ZFNO = Z K L N - - Z M K N = 90° - 66° = 24°.

Ответ: 24°.

Пример 7(A). Медианы QM = 9 и ВТ = 12 Л BQR пересекаются в точке О. Найти SAB0Q, если Q M 1 ВТ.

В

Решение.Пусть О М = х, ОТ = у, тогда по свойству медиан

треугольника QO = 2х, ВО = 2у.

Так как В Т L QM, то SAB0Q — • 2х ■ 2у — 2ху.2

Но Q M = Зх = 9, х = 3; ВТ = 3у ■ Значит, SAB0Q = 2 • 3 • 4 = 24. Ответ: 24.

12, у = 4.

В

т. е. 3ZM AC = 180 Ответ: 60°.

Пример 8(A). На боковой стороне ВС равнобедренного AABC взяты точки М и N (М лежит между В и N) так, что A N = M N и ZBAM = = ZNAC. Доказать, что ZM AC = 60°.

Решение.ZM AC = Z A M N + ZNAC == 2ZNAC + ZABM - 2ZNAC -г + 180° - 2(ZNAC L ZMAC), откуда ZM A C = 180° - 2ZMAC, откуда ZM AC = 60°.


Пример 9(A). Найти целочисленный треугольник Пифагора, площадь которого численно равна периметру.

Решение.Пусть х, у — катеты, 2 — ги

потенуза. Пусть для определен

ности х > у. Согласно условию имеем — ху = х ~ у - z,2

где в = у/х2 -гг/2, тогда ~ ху = х + у + у/х2 - у 2, илиС*

ху - 2(х + у) = 2 у/х2 ту2. ( 1)

Возведем обе части (1) в квадрат: х2у2 - 4ху(х - у) + + 4(х -г у)2 = 4(х2 + у2), или ху(ху - 4(х -г у) + 8 ) = 0.

Так как х > 0, у > 0, то ху ф 0, тогда ху - 4(х + у) + + 8 = 0, или (х - 4) ( у - 4) = 8 . (2)

Но 8 = 1 ■ 8 = 2 • 4, тогда из (2) имеем:Гх-4 = 8 , fx = 12, I— -----

1) < , , 1 „ тогда 2 = у/122 +52 = 13.1 У - 4 = 1; [ у = о,

„ [х -4 = 4, [х = 8, г—г,--- г2) , 0 1 „ ^ = у/8 + 6 = 1 0 .

[ у - 4 = 2; [ у = 6,

Итак, существуют два прямоугольных треугольника, удовлетворяющих условию задачи.

Ответ: (12; 5; 13), (8 ; 6 ; 10).

Пример 10(A). Медианы М К = 15 и EF = 18 пересекаются под прямым углом в точке О. Найти длину ON.

Решение. е

Глава 2 . Тренировочные залачи • » 47

I способПусть OF = X, OK = у. Так как М К и EF — медиа

ны, то ВВ = Зх = 18, х = 6 , ОЕ = 2х = 12; М К = Зу = 15, у - 5, М О = 2у = 1 0 ________

Из А МОЕ M E = y/l02~ 122 = 2у/б1. Так как А МОЕ — прямоугольный и NP — медиана A M E N , то ОР медиана АМОЕ, т. е. М Р = РЕ = ОР = у/б1 (медиана, проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы). Значит, ON = 2 ■ OP = M E = 2у/б1.

Ответ: 2у/б1.

II способИзвестно, что если а, Ь, с — стороны треугольника

и тс — медиана, проведенная к стороне с, то

тс = i y /2 (a2^b2)~ c2.z

Пусть Л7Р — медиана к стороне ME, тогда

N P = |у/2 (M N 2+ N E 2) - M E 2.

Из АВОВ ЕК = y/l22 -5 2 = 13 (см. I способ),

M E = 2у/б1, MB = y/l02 - 62 = 2у/34.

Значит, ВЛГ = 2 • ЕК — 26, МАГ = 2 ■ MB = 4 у/34.

Следовательно, NB = — у/2(16-34д262)-4-61 =

= iy/244-9 = Зу/б1, откуда 01V = 2у/б1.2

Ответ: 2у/б1.

III способДостроим AM EN до параллелограмма, для чего из

точки В проведем прямую, параллельную M1V. Точку их пересечения обозначим буквой Т .

Известно, что если а и ft — смежные стороны параллелограмма, a dx и d2 — диагонали, то справедливо равенство 2(а2 + ft2) = df+d2, и т. д. (см. I способ).


Пример 11(A). Биссектрисы A N и В М треугольника ABC пересекают стороны ВС и АС в точках N и М соответственно. Найти длину M N , если АВ = 13, лл/г 13 26

A M = — , BN - — . с5 3

Решение.Пусть CN = х, С М = у.

По свойству биссектрисы угла треугольника имеем

13

У ’ били

13 “ 2 6 ’3

13У 5 Зх 13 Зх — , или у ~ — = — . ( 1)

13 26 5 226

л Х 3 У 26 _Аналогично — =глг, или х- = 0)/. (2)13 13 3

5Равенства (1) и ( 2) решаем как систему, способом

подстановки.| Зх 13f = T ' T ’! 26 J Зх 13 ^1 х + — = о ) ---------- !.[ 3 v 2 5 )

Упростим второе уравнение полученной системы:26 15х 15х 65 13х 65

х-е— = ------- 13, и л и -------- х ~ — , ------= — , откуда3 2 2 3 2 310х = — .3

Тогда из первого уравнения системы находим3 10 13 12

и = -------------, или и = --.2 3 5 5


. . 13 12 . 26 10( ледовательно, АС = — ~.-----= о, ВС = — ч-----= 12.о 5 3 3

Но AABC — прямоугольный (по обратной теоремеI1 пфагора), так как 132 = 52 - 122, тогда из ACMN най-I < ‘ Vi искомую длину M N:

M N 2 = х2 + у2, M N =

М N =100 144

f i o Y* t з j I 5 j ’

2

Omeetn:

V 9 25

2 Ш .

j 2644 f<P25 15

n/661.

15

С

Пример 12(A). Высота треугольника, равная 10, делит угол треугольника в отношении 2 : 1, а основание треугольника — на части, меньшая из которых равна 5.Найти площадь треугольника.

Решение.По условию задачи высота

CD = 10,ZACD : ZBCD = 2 :1 , BD = 5.

П усть Z B C D = а, тогда ZACD = 2a.

тэту 1Из ACDB tg a

CD 2

Из AADC AD = CD- tg2a=10tg2a =20 tga 10

1- tg a 11

4_ 10-4 40

Значит, AB = AD + BD

Следовательно, 1

403

03

~ 3 '

— AB • CD, или 2

а О . < » М т и з т т а . З ы т r „ , , 6 , С 4 )

i . M . i o = 275.ААВС 2 g g

Ответ:3

Пример 13(A). Один из углов равнобедренногс треугольника равен 108°. Найти отношение длин двух биссектрис неравных углов.

Решение.

Так как ААВС — равнобедренный и ZB — 108° (пс условию), то ZC — ZA ~ (180° - 108°) : 2 = 36°;ZBBC = 108° : 2 = 54°.

Проведем D F |1 АЕ, тогда ZCAE = 36° : 2 = 18°, ZB D F = 9 0 °- 18°= 72°.

Далее имеем ZDFB = 180° - (72° -г 54°) = 54°,

BD = ВВ = — АВ, тогда BD : АЕ = 1 :2 .2

Ответ: 1 :2 .

Пример 14(A). В ААВС ZA = 30°, ZB = 80°. ТочкаD, взятая внутри треугольника, равноудалена от всех его вершин. Найти ZADC.

Решение.В

Глава 2. Тренировочные залачи • » ) 51

' м I, а к ZA = 30°, то по теореме синусов имеем

2R, или 2ВС = 2В, т. е. R = ВС.п, .10

11" точка D — центр описанной окружности, значит, I /1 />'/) = ВС = ВС, т. е. А ВВС — равносторонний.

II" условию задачи ZB = 80°, тогда ZC = 180° - (30° - ■Ч|» ) 70°, следовательно, ZACD = 70° - 60° = 10°.11" ЛП = ВС, тогда ZDAC = ZACD = 10° и ZABC = 140 - ( 10° с 10°) = 160°.Ответ: 160°.

Пример 15(A). В равнобедренном ААВС АС = ВС, <' 80°. Внутри треугольника взята точка В так, чтоPAD = 10°, ZABB = 30°. Найти ZADC.Решение.

С

Пусть АС = ВС = а, искомый угол АВС = а. По условию ZACB = 80°, тогда ZCAB = ZCBA = 50°, значит, ZCAD = 40°, ZCBB = 20°.

Из AACD и АСВВ по теореме синусов имеем a CD a CD

sin a sin 40°’ sin ZCBB sin 20°Поскольку ZCBB = 220° - а, то, разделив левые и

правые части полученных равенств, получим sin(220° - о) _ sin 20°

sin ф sin 40°Но sin 40° = 2 sin 20° cos 20°, тогда sin (220° - a) =

= sin (180° + (40° - a)) = -sin (40° - a) = sin (a - 40°), значит, 2 sin (a - 40°) • cos 20° = sin a.


Используя формулу 2 sin х cos у = sin (х - у) -! + sin (х -I- у), имеем sin (а - 20°) = sin а - sin (а - 60°), или sin (а - 20°) = 2 sin 30° cos (а - 30°), sin (а - 20°) = = cos (а - 30°).

Но cos (а - 30°) = sin (90° - (а - 30°)) = sin (120° - а), тогда sin (а - 20°) - sin(120° - а) = 0 , откуда, решая полученное уравнение, находим а = 70°.

Ответ: 70°.

Пример 16(A). В треугольнике один из углов вдвое больше другого, а противолежащие им стороны отличаются друг от друга на 4. Найти эти стороны, если известно, что третья сторона треугольника равна 10.

Решение.Пусть в ААВС АС = х, ВС = х + 4, ZB = a, ZA = 2а,

тогда ZC = 180° - За.

С

X 4: XПо теореме синусов имеем--- :— = -------,sin 2а sin а

х + 4 х 4или х = ---- :— , откуда cosa = — :— . ( 1)

2 cos a 2хА 10 хАналогично ----------------- = ------- , или

sin(180°-3a) sin a10 _ х

sin 3a sin a

Ho sin 3a = 3 sin a - 4 sin3 a, тогда x = -----5— •3 - 4 sin a

Глава 2. Тренировочные залачи • » 53

Так как sin2 a = 1 - cos2 а, то, учитывая (1), полу-10 10х2

■шч х = 7----------“ T v или х ~~-----~ ---- ’■> ИЛИ3-4 1-

(х = 4 У 4х2

(x-f 4)2- х

10х8хд 16

Учитывая, что х > 0, имеем 5х = 4х У 8, откуда х = 8 , нн да х + 4 = 12. Таким образом, АС = 8 , ВС = 12.

Ответ: 8 и 12.

Пример 17(A). В остроугольном равнобедренном треугольнике известно, что r/R = 7/32, где г и R — соответственно радиусы вписанной и описанной окружностей. Найти угол Спри основании треугольника.

Решение.Пусть в AABC АС — ВС, ZA = а,

О — центр вписанной окружности, тогда АО — биссектриса ZCAD и

ZOAD =

Из AAOD, где OD = г — радиусa

вписанной окружности, имеем г = AD • tg —. Но AD

aАС ■ cos а, тогда г = АС ■ cos a • tg —.

По теореме синусов R :АС

2 sin a, где 7? — радиус опи

санной окружности.a 2 sin a

Следовательно, r/R = AC ■ cos a • tg —

2 sin a cos a t g —. По условию r/R = 7/32, тогда по- 2

aлучим уравнение 2 sin a cos a tg — = — , или

54 « • Математика. Залачи типа 16 (СА)

. а/ \ S1I1 — г,( а (х ' о 7

2 -; 2 sin — cos — j • cos а — = — , илиI 2 2 у а 32v 7 cos —

22 а 7

4 sm — cosa = — .2 32

< cxHo 2 sin — = 1 — cos а, значит, 2(1 - cos a) • cos a =

7 , 7= — , или cos2 a - cos a -f — = 0 .

32 64Решая полученное квадратное уравнение относи

тельно cos а, находим (cosa)j = —, (cosa )2 = —.8 8

Ho ZACB = 180° - 2a, тогда 45° < a < 90°,

0 < cos a < ----.2

„ 7 л/2 4л/2 7Поскольку — > --- = ----- , то значение cos a = — не

8 2 8 8

подходит. Если cosa = —, то a = arccos —.8 8

Ответ: arccos —.8

Пример 18(A). Найти катеты прямоугольного треугольника, если гипотенуза равна с, а биссектриса од-

сного из острых углов равна —*=■.

л/3Решение.

Пусть в AABC (ZC = 90°), АВ — с, AD = ~^= — бис-л/З

сектриса ZA. Пусть ZCAD = a = ZDAB.

Из AACD АС = AD cos а = -£=■ cos а, из ААВС АС =7з

Глава 2 . Тренировочные залачи •»> э э

Сравнивая правые части полученных равенств,

имеем cos а = cos 2а, или >/3 cos 2а - cos а = 0 . л/З

Поскольку cos 2а = 2 cos2 а - 1, то полученное уравнение примет вид

cos а = , или cos а2

2л/з cos" а2 а - cos а -Т з = 0 , л/3

3

откуда

не подходит, так как

/А < 90°, тогда cos а > 0.л/3

Если cos а = — , то а = 30°, значит, ZCAD 2

?л/з

ZDAB = 30°, ZCAB = 60° и ZB = 30°.

Следовательно, АС = — АВ = — с, ВС2 2 z

Замечание. Попытка решить задачу алгебраическим способом приводит к решению системы трех уравнений с тремя неизвестными, например,

( 2 , 2 2 \Х ~ у - с ,

АС = х, ВС = у, CD = z, тогда ^х2 - z 2 =-^с2, и т. д.

i X 2

П 1 С^Ответ: —с, ----- .2 2

i с у - г

Пример 19(A). В прямоугольном ААВС проведена биссектриса CD прямого угла так, что AD — 3, BD = 6 . Найти высоту стреугольника, опущенную из вершины С.

Решение.Пусть АЕ = х, BE =

АС2 х = у, тогда - - у = - (До-

ВС у А

казать самостоятельно).


ф пъ * AC AD 11 ак как CD — биссектриса, т о = -----= —ВС BD 2

Следовательно, имеем систему уравнений

i У ’ \х + у - 9, 15х = 9,< х 1 < J < . <

9х = — ,5

,у = 4х; [у = 4х; | 36.!) 4 ’ 7 \У 5 -

По свойству перпендикуляра СЕ, опущенного из вершины прямого угла на гипотенузу АВ, имеем

V 5 о 5

Ответ: 3,6.

Пример 20. В прямоугольном треугольнике АБС из вершины С прямого угла проведена высота CD, а в AADC проведена биссектриса СМ. Доказать, что ВС = ВМ.

Решение.

С

Заметим, что в AABC, где ZC = 90°, ZB = ZACD. Пусть ZB = а. Так как СМ — биссектриса ZACD, то

ZM CD = Значит, ZM CB = ZM CD + ZDCB = - ~2

(90° - а) = 9 0 ° - - .2


В ЛМСП ZCMD = 90° - ZM CD = 9 0 ° - - . Выходит,2

что ZM CB = ZCMB, следовательно, АСВМ — равнобедренный, т. е. В М = ВС, что и требовалось доказать.

Пример 21(A). В прямоугольном Втреугольн ике радиус вписанной окружности равен полуразности его катетов. Найти углы треугольника.

Решение.Пусть в t\ABC ZC = 90°, катет a > Ь,

г — радиус вписанной окружности.

Согласно условию г — — (а - Ь).2

С другой стороны, г = —(а - b - с), где гипотенуза2

с = Va2 + Ь2, тогда получим

a - b = a - b ~ ja 2 ч-b2, или 2Ь = у[аг тЪг. ( 1)Возведем обе части (1) в квадрат 4b2 — а2 + b2, ЗЬ2 = а2,

откуда — = -\/з. Но — = tg Z A , значит, Z A = 60°, тогда 6 Ъ

ZB = 30°.Ответ: 30°; 60°.

Пример 22(A). Угол при вершине равнобедренного треугольника равен 120°. Найти отношение r/R, где г и R — соответственно радиусы вписанной и описанной окружностей.

Решение.

>8 « • Математика. Залачи типа 16 (С4)

Пусть х — длина боковой стороны, 2у — основания, h — высота равнобедренного треугольника. Так как ZABC = 120°, то ZA = ZC = 30°.

S*ABC = Р 1' = ( * + У)г- (1)

С другой стороны, SААВСх 2у 2 R

Сравнивая ( 1) и (2), имеем (х +■ у)г A t2R

( 2 )

(3)

По теореме синусовsin ZA

равенство (3) примет вид

R 2y

- 2R, откуда х = R, тогда

(R = у)г 1

2 R, или (R 4- у)у = -Дг/.

Из AABD по теореме Пифагора х2 - у2

(4)

- х2,

3 ,И Л И — Х “

4Ч/ , т. е. у

гл/3 Пл/з, тогда (4) запишется

в виде 2 \ R ^ - R S ) r = - R 2, или 2 \ l - — ) r = — R.2 / 2 { 2 ) 2V

Значит, —

J 2

>/з л/зД 2(2 -ь %/3) 2

>13

(2-л/З).

Ответ: -^4(2-л/З). 2

Пример 23(A). В треугольнике высота, равная 4, делит основание в отношении 1 : 2 . Найти основание треугольника, если радиус вписанной

18окружности равен ----- ==-.

7 + V13

Глава 2 . Тренировочные залачи • » » а 9

Решение.Пусть в AABC CD = 4 — высота, АВ — основание,

18AD '. DB = 1 : 2 , г = т = — радиус вписанной

7-V l3окружности.

Пусть AD = х, DB = 2х, х > 0, тогда

S\abc = ~ • Зх • 4 = 6х.2

С другой стороны, SXAUC =р - г, где р = i (Зх - АВ + ВС),и

тогда имеем9(3х + А В - ВС)

6х = ---------- р==------, или7-г лЯз

2(7-!-л/ГЗ)х = 3(3х + АВ 4- ВС).

Из AADC АС = л/х2 + 16,

из ACDB ВС = л/4х2 + 16 = 2-Jx1-4 .Получим уравнение

2(7 + %/l3)x = 3(3х W x 2 +16 -2л/х2 +4), или

(5 + 2л/Гз)х = 3(л/х2 + 16 +2л/х2 + 4).Возведя обе части в квадрат и упрощая, получим

((8 + 5л/13х)х2 - 72)2 = (9sJ(x2 +4)(х2 +16))2, или

(8 + 5>/13)2x2 -144(8 + 5л/13) = 81х2 + 1620,

(308 -г 80Vl3)x2 = 9(308 + 80>/Гз),

откуда х2 = 9, х = 3.Итак, АВ = 3, ВВ = 2х = 6 , тогда АВ = 3 - 6 = 9. Ответ: 9.

Пример 24(A). Высота и биссектриса прямоугольного треугольника, опущенные из вершины прямого угла, равны соответственно 6 и 8 . Найти площадь треугольника.

6 0 m # Математика. Залачи типа 16 (С4)

Решение.Пусть в AABC ZC = 90°, СЕ — биссектриса, CD —

высота.Из точки Е опустим перпендикуляры Е М и E N

на катеты АС и ВС. Поскольку СЕ — биссектриса, то E N = ЕМ , тогда M E N C — квадрат.

Из ACME, где СЕ — 8 находим

М Е = ~ = ~ = 4:у[2, ЕЫ = М Е = Ш .& л/2

Пусть ВС = х, АС = у, где х > 0, у > 0.Тогда SA’ ЛАВС S ЛАСЕ

о __АСЕ В

1 Г- 1‘ - у - 4л/2^-х-4л/2 = 2V2 ( х + у). ( 1)

(2 )С другой стороны, SMBC = - А В • ВС = ^ ху .2 2

Сравнивая ( 1) и ( 2 ), имеем 2л/2 (х + у) = — ху, или2

32(х 4- у)2 = х2у2.

1л в • С П = —

2 2

3^хг + у2 = — ху, откуда 36(х2 + у2) = х2у2.2

Наконец, = AАВ • CD = - f x 23 u2-Q2 9

Итак, имеем систему уравнений |32(х + у ) 2 = х2у2,

[36(х2 + у2) = х У(3)

(4)

/лава 2. Тренировочные залачи • » 61

Заметим, что для нахождения искомой площади ААВС нет необходимости находить в отдельности х н у .

x WИз уравнения (3) имеем х2 -f у2 = 2ху.

322 2

X VИз уравнения (4) находим х2 + у2 = ------.

36Приравнивая правые части полученных равенств,

получим* У о ХУ 2 2 ^ 1 1 9— -— 2ху = — — , или X у ; ----------; = 2ху,32 36 V 32 36J

1-ху = 2, откуда ху = 2 ■ 8 ■ 36.

8-36

Значит, S V4BC = — ху = 8 ■ 36 = 288 (кв. ед.).2

Ответ: 288.

Замечание. Сравнивая левые части (3) и (4), имеем 32(х + у )2 = 36(х2 + у2), откуда х2 + у2 = 16ху, или, учитывая (4), имеем 36 • 1 бху = х2 з у2, т. е.

^ = S = 36 • 8 = 288.

Пример 25. Чему равен ZC ААВС, если известно,

что —-— н— У = — ----, где а = ВС, Ъ = АС, с = АВ1а зе Ь зс азЪ зс

Решение.Поскольку а + b -f с * 0, то, умножив обе части ра-

(а зс ) + Ь ф зс ) + авенства на а з b + с, получим ------------------ = 3,

а-гс ЬзсЬ . . . а 0 6 а 1или 1 н r l r = 3, и л и +-----= 1, откуда

а зе Ьзс а зе Ь+сс2 = а2 + Ь2 ~ аЪ.

Но с2 = а2 3- Ъ2 - 2ab cos ZC, тогда cos ZC = —,2

ZC = 60°.Ответ: 60°.


Пример 26(A). В ААВС стороны а, Ь, с (a < b < с) образуют арифметическую прогрессию. Известно, что R ■ г = 130, где R и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей. Найти наименьшую целую тройку (а, Ь, с).

Решение.abc abc а ^ Ь -с

Известно, что 8 , = -----= рг, и л и = ----------г,' 4 R 4 R 2

откуда 2Rr(a - b — с) = abc. ( 1)По условию Rr = 130, тогда (1) примет вид

260(я = b — с) = abc. (2)Поскольку стороны а, Ь, с ААВС образуют арифме

тическую прогрессию, то 2Ь = а - с, тогда (2) примет вид 260 ■ 3b = abc, откуда ас = 780.

Итак, а -+ с = 2Ъ, ас = 780, т. е. стороны а и с можно принять за корни некоторого квадратного уравнения х2 - 2Ьх -+- 780 = 0,

В/4 = Ь2 - 780, х1-2 = Ь - \lb2 -780.Наименьшую тройку (а, Ь, с) получим, полагая Ъ = 28,

х, 2 = 28 = 2, откуда х 1 = 30, х2 = 26.Так как а < b < с, то условию задачи удовлетворяет

наименьшая тройка чисел (26; 28; 30).Ответ: (26; 28; 30).

Пример 27(A ). Найти площадь треугольника, стороны которого составляют арифметическую прогрессию с разностью d = 2 , если известно, что произведение радиусов вписанной и описанной окружностей равно 130.

Решение.Пусть R u r — соответственно радиусы описанной и

вписанной окружностей. Известно, что если а, Ь, с —„ abc Sстороны треугольника, то R = , г = —, где

4S р

р = — (а + b + с) — полупериметр.


Согласно условию задачи R ■ г = 130.Пусть a = х, b = х -г 2, с = х - 4 — стороны тре

угольника, образующие арифметическую прогрессию с разностью d = 2 , тогда

_ abc S abc х(х = 2 )(х-4 ) х(х + 4) „А • г — ------------ = ------- — = ---------------- — lo U ,

4S р 4р 2(3х-6) 6

или х2 + 4х - 780 = 0, откуда х, = 26, х2 = -30 (не удовлетворяет, так как х — сторона треугольника).

Итак, х = 26, тогда х - 2 = 28, х - 4 = 30, значит,

S = л/р(р - а)(р - Ь)(р - с) , гдер = — (26 — 28 — 30) = 42,2

S = л/42 16 14-12 = л/14-3 16-14-12 == 14 • 4 • 6 = 336 (кв. ед.).Ответ: 336 кв. ед.

Пример 28(A). В ААВС длины сторон образуют арифметическую прогрессию, причем ВС < АС < АВ.

тл г _Известно, что — = --------- , где г и R — соответствен-R 2

но радиусы вписанной и описанной окружностей. Найти ZB.

Решение.Пусть а, Ь, с — стороны треугольника, причем

а < b < с. По условию а ~ с = 2b. (1)

Кроме того, — -— = 2R, откуда b = 2R sin ZB. sin ZB

n abc a -b e с abcл л в с • / '= — , или — г = тогда, учи

тывая ( 1), получим ac = 6Rr. ( 2)По теореме косинусов b2 = a2 -г с2 - 2ac cos ZB, или b2 = (a -f c)2 - 2ac(l -f cos ZB),2ac(l -i- cos ZB) = 3b2, l2 R r ( l - cos ZB) = 3b2, или12Rr(l + cos ZB ) = 12K2sin2ZB,r (l + cos ZB) = R( 1 - cos ZB)( 1 -f- cos ZB).


Но 1 — cos ZB ф 0, т. е. ZB ф 180°, тогда

г = i?(l - cos ZB), откуда 1 - cos ZB ~ — .R

гг r 2 “ ^По условию — = -------- , тогдаЛ 2

cos ZB = ZB = 30°.

Omee/n: 30°.

П рим ер 29(A). Стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию с разностью, равной 1. Косинус среднего по величине угла этого треугольника равен 17/32. Найти R ■ г, где R и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

Решение.Пусть х - 1, х, х — 1 стороны треугольника, где х —

средняя по величине сторона треугольника, тогда 17

cos а = — , где а — угол, против которого лежит сто- 32рона х.

По теореме косинусов имеем х2 = (х - I )2 + (х -f I )2 - 17 17

- 2(х2 - 1) ■ — , или — (х2 - 1) = х2 -f 2 , откуда нахо- 32 16

дим х = 7, тогда х - 1 = 6 , х + 1 = 8 , т. е. стороны треугольника равны 6 ; 7 и 8 .

Известно, что г = — и где S — площадьр 4 S

треугольника, а, Ь, с — стороны, значит,_ аЪс abc _ 6 • 7■8 _~ 4 р ~ 2(а~Ь-гс) 2-21 ~

Ответ: 8 .

Пример 30. Стороны одного треугольника 17; 25 и 26 см, а две стороны другого 17 и 25 см. Найти длину третьей стороны, если у треугольников равны радиусы вписанных окружностей.

Глава 2 . Тренировочные залачи • »» 6Ь

Решение.Пусть a = 17, b = 25, с = 26 см — стороны I тре

угольника, a = 17, b = 25 — две стороны II треугольника и х — длина третьей стороны. По условию у данных треугольников равны радиусы вписанных окружностей, тогда

g g____________ _____________________r = - ± = - Z , где Sx =^Р1(Р1 -a ) (p l - b)(p, -c ),

Pi P2

Pi = ~ ( a ' h ' <') 31 и

S, = V34-17-9-8 = 204 ( c m 2).

. 42 + xАналогично, p2 = --------,

2

s , =2 v 2

42 + x 42 -x 8 + x x - 8

_ 2 2 2 2 '

Итак, ^ >/(42-f x)(42- x)(x + 8) (x - 8) : (42 - x) =

204 J (42 + x)(42 - x)(x -f 8)(x - 8) „= ---- , —---------------------------------- = 6, или

34 2(42 i i )(42 - x)(42 - x)(x -r 8)(x - 8 ) - 144(42 + x)2,42 4- x ф 0,(42 - x )(x2 - 64) = 144(42 -г x), илиx:i - 42x2 - 80x -f- 8736 = 0, илиx2(x - 28) - 14x(x - 28) - 312(x - 28) = 0,(x - 28)(x2 - 14x - 312) = 0, x, = 28, x2 - 14x - 312 = 0,

откуда находим x2 = 26, x3 = -12 (не подходит).Если x = 26, то получим I треугольник. Итак, дли

на третьей стороны II треугольника равна 28 см. При этом г = 6 см (можно проверить непосредственно).

Ответ: 28 см.


Пример 31 (А). Существует ли треугольник, стороны которого образуют арифметическую прогрессию с разностью d = 13?

Решение.Пусть стороны треугольника (если он существует)

равны х, х -г 13, х - 26, тогда по формуле Герона

S = %f p ( p - a ) ( p - b ) ( p ~ c ) , где р = ^ (а -+ 6 - с), или

Р = § ( * + 13); р - х = ] - {х -г 39), р - (х + 13) = 1 (х = 13),ct t-t Ct

р - (х + 26) = — (х - 13), тогда 2

S, = i ( x + 13)^3(x-r39)(x-13) .

Пусть х + 39 = /п2, х - 13 = Зп2, тогда от2 - Зн2 = 52,

откуда п2 = — (ш2 - 52).3

Наименьшее целое п достигается при m = 8 , тогда

п2 = — -12 = 4, откуда х = т2 - 39 = 64 - 39 = 25, тогда 3

х + 13 = 38, и х + 26 = 51.Итак, стороны треугольника равны 25, 38 и 51.

Следует заметить, что такой треугольник не является

единственным. Так, например, при т = 10, п2= — (100-3

- 52) = 16, откуда п = 4 и х = т2 - 39 = 61, х + 13 = 74 и х + 26 = 87, т. е. имеем треугольник со сторонами 61, 74, 87 ед.

Ответ: существует, например, со сторонами 25, 38 и 51 ед.


Пример 32(A). В равнобедренном остроугольном /\АВС основание АС = 24, а расстояние от вершины В до точки М пересечения высот равно 7. Найти радиус окружности, вписанной в ААВС.

Решение.В

I способЗаметим, что ABCD ~ ААЕС (как прямоугольные,

имеющие общий острый ЕС).Пусть ZCBD = ZCAE = а . Из ААЕС, где АС = 24, имеем

ЕС = 24 sin а.С другой стороны, ЕС = ВС - BE,

DC 12 Dn ^где ВС = ------ = , BE = 7 cos а.

sin а sin а12

Значит, ЕС = ------ - 7 cos а.sin а

12Получим уравнение 24 sin а ----------7 cos а,

sin а

или 24 sin2 а + 7 sin а cos а - 12 = 0. (1)Поскольку 12 = 12- (sin2 а + cos2 а), то уравне

ние ( 1) преобразуется к виду12 sin2 а + 7 sin а cos а - 12 cos2 а = 0 . ( 2)

Разделив обе части (2) на cos2 а + 0, получим уравне-3

ние 12 tg2a + 7 tg a - 12 = 0 , откуда находим tg a = —,44

tg a = — не подходит, так как 0 < a < 90° и tg a > 0.


Из AA M D tg а = ММ. = —; откуда M D = 9, тогда AD 4

высота BD = 7 + 9 = 16.

Значит, = —АС • BD = - • 24 • 16 = 192. 2 2

С другой стороны, = /? ■ г, где /7 = - • (2АВ -f АС),2

где A S = л/AD2 + BZ) 2 = 20.

1 192Тогда Р = 7:(40 + 24) = 32, г = — = 6 .2 о2

Ответ: 6 .

II способ

Из AABD АВ2 = A S 2 + BD2. Пусть АВ = у, M D = х, тогда

у2 = (7 + х ) 2 + 144. (3)DC DCИз подобия ААЕС и ABDC имеем -----= , илиАС ВСЕС _ 12

24 у ‘

Но ЕС = у - BE, тогда -У-~ В— = — . (4)24 у

„ BE BD _ 7Заметим, ч т о = ----- , или BE = —(7 + х), тогда

В М у у7 1

г/ - SS = г/ - — (7 + х) = —(г/2 - 49 - 7х), тогда (4) примет У У

w2 _ 4Q-7r 12вид —------------ = — , или у2 = 7х + 337. (5)24 г/ у

Сравнивая правые части ( 3) и ( 5), имеем (7 + х )г + 144 ~ 7х + 337, или х2 + 7х - 144 = 0,

откуда находим х1 = 9; х2 = -16 (не подходит). Если х = 9, то BD = 7 + 9 = 16 и т. д. (см. I способ ).

Ответ: 6 .


Пример 33(A). В прямоугольном AABC (ZC = 90°) разность между длинами медианы СК и высоты СМ равна 7 см. Найти отношение R/r, если = 144 см2.

С

Так как ААВС — прямоугольный, то АВ = 2R — диаметр описанной окружности, где СК = А К = КВ = R. Пусть АС = х > 0, ВС = у > 0, тогда

SAABC = ^ ХУ = РГ= 144, откуда ху = 288;

р = —( х + у + 2R), или — (х + у + 2S)r = 144,2 2

г =288 S Х + Ц-2Е 2S

-, тогда — = к : 2------------------- = ------------x+ y + 2 R г 2 x + y -2 R

где г :х + у - 2 R

По условию задачи СК - СМ = 7 см, или R - СМ = 7.

— ■ 2R ■ СМ, или ху = 2R ■ СМ,2

H oS ААВС — 2 ХУ '

„ ху 288 144 ^откуда СМ = = —~ ■ Следовательно, имеем

2 R 2R R

уравнение R - 144R

7, или R2 - 7S - 144 = 0, откуда

R = 16, R = -9 (не подходит, так как R > 0).Итак, R ~ 16. Кроме того, из ААСВ х2 + у2 = 4К2, или

х2 + у2 = 1024, и так как ху = 288, то получим систему

7 О <с* Математика. Залачи типа 16 (С4)

X2 + У2 1024, j x 2 -у2 = 1024,[ху = 288; [2ху = 576.

Складывая уравнения системы и учитывая, что х 4- у > 0, имеем (х + у)2 = 1600, откуда х + у = 40. Тогда R 2R 32 32г X xy~2R

Ответ: 4.40-32 8

-= 4.

Пример 34(A). Периметр прямоугольного треугольника равен 12 см. Найти радиус вписанной окружности, если известно, что стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию.

Решение.Пусть стороны треугольника

равны х, х + d, х -г 2d, где d — разность прогрессии.

Так как по условию Р = 12 см, то получим х + (х -т d) + (х -ь 2d) = 12 или Зх f 3d = 12, откуда

х + d = 4.С другой стороны, по теореме Пифагора

х2 + (х т d)2 = (х + 2d)2, х2 -ь 16 = (х -г 2d)2,

откуда xd -ь d2 = 4 .

Равенства ( 1) и ( 2) рассматриваем как систему

fxd + d2=4, \d(x + d) = 4, [d = l,] < •! тогда[x + d = 4; lx + d = 4; ix = 3,

— (x + (x + d) - (x + 2d))

Итак, r = 1. Ответ: 1 см.

x - d2

3-1

( 1)

(2)

/дава 2. Тренировочные залачи •>> 71

Пример 35(A). В ААВС длины сторон а, Ь, с и площадь S связаны соотношением

S = ~ ( b 2 = с2 - а2).4

£ Найти ZA.

Решение.Пусть ВС - а, АС = Ь, АВ = с.

Известно, что = —<bcsin ZA. Кроме того, по теоре- 2

ме косинусов имеем а2 = Ь2 + с2 - 2fec cos ZA, откуда

6с - ^—Л — тогда S = — (b2 с2 - a2) tg ZA.2 -cosZA Л 4

V3По условию задачи 5Л = ~^~(Ь2 - с2 - а2), или, срав

нивая правые части полученных равенств, получим

1 /ч— (d2 = с2 - a2) tg ZA = — (Р2 - с2 - я2),4 4

откуда имеем две возможности:1) Ь2 - с2 - а2 = 0, т. е. Ь2 -ь с2 = а2 => l\АВС прямо

угольный, где а — гипотенуза, Ь и с — катеты, тогда ZA = 90°. Но равенство Ъ2 - с2 = а2 невозможно, так как тогда, учитывая условие задачи, получим S = 0.

2) Ь2~ с'2 ~а2ф0, тогда имеем tg ZA = -M , ZA = 60°.

Ответ: 60°.Пример 36(A ). На основании равнобедренного

треугольника построен правильный треугольник, площадь которого в 3 раза больше площади данного. Найти углы треугольника.

Решение.Пусть АВ = 2х, АС = у.


По условию задачи S ШН) == ,\АВС'

Так как ДABD — правильный, то

^ M = V3x2, ( 1)

Smbc^ ~ A B CK = x CK . (2)

Из ААКС СК =

Следовательно, 5мас =х

о°лавд — лдас’

то, учитывая ( 1), (2 ) и (3), получим

л/Зх2 = Sx^jy2

■473 S ,

(3)

Так как

4х2 = Зг/2, 2х = л/3 г/, откуда

и так как cos ZCAK , то cos ZCAK

-х2 , или Зх2 = 9(г/2 - х2), х > О,

7 з

У 2 ’

2^У 2 ’

ZCAK = 30°, тогда /СЯ Л' = 30° и ZC = 180° - (30°-- 120". Итак, углы ААВС равны 30°, 30° и 120°

Ответ: 30°, 30° и 120°.

Пример 37(A ). В равнобедренном треугольнике основание равно 10 см, а разность двух неравных высот равна отношению периметра к боковой стороне.Найти боковую сторону.

Решение.Пусть основание АВ = 10 см,

АС = ВС = х. Пусть /г1 и h2 — высоты треугольника, причем hx > h2.

т. е.

30°)

IX htЛЕ

/ k2 ^л \

D


РПо условию задачи h, - h2 = — , где Р — периметр ААВС,

х

A l- A 2= 2£с± ^ = 2 (^+5 ) (1)х х

Из &ADC х2 --- 1г2 + 25, (2)

S_\abC = A B CD = i-10 /i1 = 5/г, . (3)

С другой стороны, = —ВС ■ АЕ = — хЛ2. (4)2 2

Сравнивая (3) и (4), имеем1 J 1 10Л1о /г, = — хп2, откуда /г2 = ------ , тогда ( 1) примет вид2 х

10/г. 2(х + 5) 2(х-ь5)/г, L = -------- ^, откуда /г, = -----— .

х х х -1 0

Учитывая (2), имеем

4 (х -г 5)х2 = —------ т^25, или (х2 - 25)(х - 10)2 = 4(х - 5)2.

(х -1 0 )

Так как по смыслу задачи х > 0 , то х-г 5 ^ 0 , тогда из последнего равенства получим

(х - 5)(х - Ю)2 = 4(х - 5), или, упростив, имеем

л"; 25х2 - 196х - 520 = 0. (5)Можно убедиться в том, что х = 13 - - корень урав

нения (5), тогда левую часть уравнения можно преобразовать так:

х2(х 1 3) - 12х(х - 13) - 40(х - 13) 0,

(х - 13)(х2 - 12х - 40) = 0, откуда х = 13. Уравнение х2 - 12х -г 40 = 0 не имеет действитель

ных корней, так как D < 0.Итак, боковая сторона ААВС равна 13 см.

АС = СВ = 13 см.

Ответ: 13 см.


Пример 38 (A ). В равнобедренном треугольнике высота, опущенная на основание, равна 12 , а сумма радиусов вписанной и описанной окружностей равна 83/8. Найти стороны треугольника.

Решение.Пусть АС = ВС - у > О,

АВ = 2х > 0.

По условию CD = 12, тогда из AADC получиму2 - х2 = 144. (1)

Известно, что S^BC = ЕЁ£. ? Где4 R

a = Ь = у, с = АВ = 2х, тогда

S^ c = ~ - (2)

С другой стороны, S^BC = р г = {2у + 2х )г =

= (X + у)г; SiXABC = (х + у)г. (3)

Кроме того, Яшж = —AB-CD = 12х. (4)2

Учитывая (4), соотношения (2) и (3) примут вид 2 2

= 12х, или у2 = 24Й, откуда R = — . (5)2К 24

Аналогично из (3) имеем (А - г/)г = 12х, откуда

12*г = . (6)Х ~ У

83По условию задачи R ~ г= — , тогда, складывая (5)

8

12х у2 83и (6), получим + — = — , или, учитывая ( 1), име-

х + у 24 8

ем систему уравнений

Глава 2 . Тренировочные залачи • » » / о

12х у2 24х + у

83 8 :

У -х2 =144.

Заметим, что решение полученной системы обычным способом, например подстановкой, приводит к большим техническим сложностям. Приведем другой способ решения с помощью подстановки: у = tx, где t > 0 .

' 12 t V _ 83 1+ t ‘ 24 8 ’

12 jc t2x2 83< x ~ tx 24 8

[ t2x2 - x 2 = 144; x144t2- l '

Подставив значение x2 в I уравнение полученной системы, получим после упрощения 35t2 - 961 + 13 = 0,

1откуда tj

135 ’ *2 " 7 '

Учитывая подстановку у tx, получим две системы:

Г 13 г-х,

2)

-X = 144; [У

1

: 7Х’- х 2 =144.

Из системы 1 имеем х = 5, у = 13.Система 2 не имеет решений.Итак, х = 5, у = 13, тогда AS = 2х = 10 и АС = ВС = 13. Ответ: 13, 13, 10.

Пример 39(A). В тупоугольном равнобедренном треугольнике боковая сторона равна 1, а медиана, про

веденная к боковой стороне, равна . Найти пло

щадь треугольника.В D


Решение.л/5Пусть АВ - ВС - 1, A F = —— — медиана, BE

Liвы

сота ААВС.Достроим ААВС до параллелограмма ABCD , тогда

по свойству параллелограмма имеем

ВС2 + AD2 = 2(АВ2 + АС2), или 1 -г (Тб )* =

= 2(1 + АС2), откуда находим АС = л/2 ,

тогда АЕ = —АС = — .2 2

Из ААЕВ по теореме Пифагора

b e = J a b *

BE = 1 - i2

л/2

AC , или

следовательно,

В а а в с ~ 2 ' B E - 2 1

2 'Итак, SААВС 0,5 (кв. ед.).Ответ: 0,5.

Пример 40(A ). В равнобедренном треугольнике с основанием a острый угол при вершине равен 2а. Найти площадь треугольника, заключенного между медианой и высотой, проведенными к боковой стороне.

Решение.Пусть в ААВС АВ = ВС, АС = а.

ЕВ = 2а, А Е — высота к боковой стороне ВС, AD — медиана, тогда

В

Saade= -A E -D E . ( 1)


Из A BFC ZC = 90° - а, из ААЕС ЕЕ АС = 90° - ЕС = а,

тогда АЕ = a cos а и DE = DC - ЕС = — ВС - ЕС. (2)2

Из ААЕС ЕС = AC sin а = а sin а, тогда (2) примет

гид DE = — ВС - a sin а.2

FC aИз A BFC ВС = ------= --------- , значит,

sin а 2 sin а

г ,п а • а ( 1 л ■ ^DE = ----------asma = —I -------- 4sma j. (о)4sina 4 V sin a J

Учитывая (3) и А £ = a cos а, равенство (1) примет вид

1 а ( 1 ) 4sma =„ sin a J

,2

S sade =—acosa — j —------ 4sin a I -2 4 U i n a )

= — (1 - 4 sin2 a) ctg a (кв. ед.).8

Замечание. Выражение в скобке можно разложить на множители (привести к виду, удобному для логарифмирования):1 Т • 2 л ( 1 • 2 ) / 1 ■ Y 1 • ^1 - 4 sm 2a = 4 — sin a =4 — sma —+sma =

и J U Л 2 J

= 4( sin 30° - sin a)( sin 30° -f sin a) =

, ( n . 30°- a 30^ ( n ■ 30° + a 30°-a^= 4 I 2 sin cos г 2 sin---------cos ! =

2 2 Y 2 2 J

J n . 30°- a 3 0 °-a ) . 30o = a 30° += 4 2sin-------- cos--------- • 2sin-------- cos-------- ! =

I 2 2 j I 2 2 )

= 4 sin (30° - a) sin (30° -f a), тогда2

S,\ADE ~ --- S n (^0° ~ a) Б1П ^0° + a -2


Ответ: — (1 - 4 sin2 a) ctg а, или 8

а2— sin (30° - а) sin (30° + а) ctg а.

лов равна

Пример 41(A ). Найти А катеты прямоугольного треугольника, если гипотенуза равна с, а биссектриса одного из острых уг-

с

7 ГРешение.Пусть ZCAD = ZDAB = а.

Из AACD АС = AD cos а = -£=- cos а.■Js

Из ААВС AC =АВ cos 2а = с cos 2а.Сравнивая правые части, имеем

-у= cos а = cos 2а, или л/з cos 2а - cos а = 0 .

Так как cos 2а = 2 cos2 а - 1, то полученное уравнение примет вид 2 >/з cos2 а - cos а - откуда

V3 7знаходим cos а = — или cos а = -------.2 3

Заметим, что ZA < 90°, тогда cos а > 0, так что зна-V3 7з

чение cos а = не подходит. Если cos а = — , то3 2

а = 30°, значит, ZCAD = ZDAB = 30°, a ZCAB = 60°

ZB = 30°. Следовательно, АС = —АВ = —с, ВС = тгг 2 2 2

Ответ: АС = — , ВС = -— .2 2

и

Глава 2. Тренировочные залачи • »» 79

Замечание. Попытка решить задачу алгебраическим способом приводит к решению системы трехуравнений с тремя неизвестными, например: АС = х,

г

j х 2 ту2 = с2,!

ВС = у, СП = г, тогда <! х2 ~z2 - —с2, и т. д.О

X Z

Пример 42(A). В прямоугольном ААВС с катетами АС =12, ВС = 5 проведены медиана A M и биссектриса СП, пересекающиеся в точке Е. Найти SACEM.

Решение.

a b = V a c 2+ в с 2 = 13.Так как CD — биссектриса, то ZACD = ZBCD = 45°. Пусть ZCAM = а. По условию задачи A M — медиа

на ААВС, т. е. СМ = ^ВС = — .

ИзДАСМ А М = yjAC2+C M 2 = J l2 2+ (^

25 л/601 АС 24144 ч = ------- , тогда cos а = --------- = — .

4 2 A M V601АС АЕ 12 24

По свойству биссектрисы — = -

Кроме того, А2И = АЕ + Е М = ^ - .

80 « • Математика. Залачи типа 16 (СА)

Получим систему уравнений

\ A E _ 2 4 ГЬ-АЕ = 24-ЕМ,

Уб01 . j ЕМ = ^ - А Е .

| Е М 5 ’

\а е + е м = ,I А

Решая полученную систему способом подстановки,клг оДУбоТ

имеем 5АЕ = 2 4 --------- АЕ ;, или1 2

5А£ = 12Уб01 -24АЕ, 29ЛЕ = 12 УбоТ,12У601откуда АЕ = ---------- .

2 9

Для нахождения искомой площади АСЕМ остается найти длину СЕ.

Из ААЕС, где АС = 12, АЕ = ~ ^ - , ZACE = 45°,

найдем СЕ по теореме косинусов:СЕ2 = АС2 + А Е 2 - 2АС • АЕ • cos а, или

( \1 2/601 ) _ о _ i о 12У60Т 24СЕ2 = 122 -) 29

2 • 1229 Уб0 1 ’

601) 6912СЕ2 = 122[ 1+ , --------- ,I. 841) 29

144 1442 6912 7200 60У1СЕ2 = --------------------- = ------- , откуда СЕ .

841 29 841 29

Следовательно, SACEM = — СЕ ■ СМ ■ sin 45° =2

1 60У2 5 1 75

2 29 2 У2 ~ 29 '75Ответ: — .29

/лава 2. Тренировочные аалачи •>» 81

Пример 43 (A ). В прямо- \|(>льном A ABC (Z C = 90°),

18. Вершина А соединена с точкой К, взятой на кат е ВС, а точка М, взятая на .1/7, соединена с вершинами С и В, причем СМ = 10, M B =

14. Найти АВ и АС, если М К — биссектриса ZCMB.

Решение.Из ААВС, где ВС = 18, имеем

г' - у2 = 324.Пусть СК = а, КВ = Ь, тогда а + Ъ = 18.

Так как М К — биссектриса ZCMB, тоа 10 56 _ 14 ~ 7 '

откуда а = — Ь. Учитывая, что а + Ъ = 18, находим

, 2 1 5 21 15Ь = — и а = ------ = — .

2 7 2 2Пусть ZCAK = ZKAB = а.

Из ААВС cos 2а = —, а из ААСК tg а аУ 2 У

Поскольку cos 2а = ^ а , то1 + tg а

1 . с is Л ( . г is Л1 г/ 4 у -225 г/1 - i — i i = —, или -х---------= —, или

V2 У)

( 4у2 - 225 У _ у 4у2 + 225 j ” х

4у -225 х

324, х2 = у2 -г 324, тогда4у2-225 4у2 +225

Уу ^ 3 2 4

Пусть у2 = t, t > 0, получим

или (4/ - 225)2(/ — 324) = /(4/ + 25)2.

) 4 /-225у У /4/+ 225 j ~ /+ 324 ’


После преобразований получим 1584С - 583 200f -f + 16 402 500 = 0, или 44t2 - 16 2001 + 455 625 = 0, откуда находим 1, = 1350/4, 12 = 1350/44.

1) Если 1 = 1350/4, то у2 = 1350/4, у = 1б7б /2, то

гда х2 = у 2 + 324 = 2646/4, * = 2176/2. Оба значенияподходят, так как у < х.

2) Если 1 = 1350/44, то у215 Гб" 15766

у - — . — = ---------, тогда*2 V I I 22

51766

1350/44, 675 22

324 15 606 44 !

откуда *

Ответ: 1) АВ =

2) АВ =

22

2176 2 ’

51766 22

АС

где условие у < * также

1б7б

АС

2 ’

15л/66 22

Пример 44(A ). Прямоугольн ы е треугольн ики M K R и M P R с общей гипотенузой M R = 40 расположены так, что катеты М Р и KR пересекаются в точке N. Найти длины M N и NR, если P R = 24.

Решение.Пусть М К = a, N P = Ь.

Из A M PR М Р = 7402-2 4 2 =

М

32.Пусть Z P M R = а.Заметим, что AM K N ~ ANPR ( Z K — Z P

Z K N M = Z P N R — как вертикальные), тогдаМ Р 4cos а = ------= —.M R 5

90° и

Из AM N R по теореме косинусов4у2 = * 2 + 402 - 2 * 40 • —, или у2 = * 2 64* +1600.


а 24Пусть Z K M N = ZN R P = (3, тогда cos р = — = — ,

* у

24*откуда a = ----- .

У( 24* V

Из A M K N а2 = х2 - 49, значит, I ! = х2 ~ 49,V У )

5 7 6 x 2 2 Л Опли -----5— = * - 49.У

Подставляя значение у2, имеем ( * 2 - 64* + 1600)х ( * 2 - 49) = 576*2. Упрощая полученное уравнение,

получим * 4 - 64*3 + 975* 2 + 3136* - 78 400 = 0.Можно убедиться, что * = 25 — корень уравнения,

тогда * 3(* - 25) - 39*2(* - 25) 4- 3136(* - 25) = 0, или (* - 25)(*3 - 39* 2 + 3136) = 0, откуда х х = 25, тогда ,/ = 252 - 64 • 25 + 1600, у2 = 252, у = 25.

Итак, * = 25, у = 25 — одно из решений задачи. Остается решить уравнение * 3 - 39* 2 + 3136 = 0. Можно убедиться, что оно не имеет целых корней. Запи-

(6 6 7шем его в виде * 2(39 - * ) = 3136, или 39 - * = — .

V хГрафическое решение показывает, что полученное

уравнение имеет еще три корня, из которых один отрицательный, что не удовлетворяет условию задачи, так как * > 0 .

Два других корня можно вычислить приближенно: *2 я 10,5, *3 я 36,7, тогда у\ = 10,52 - 64 • 10,5 + 1600, откуда находим у2 ~ 32,2.

Аналогично у\ = 36,72 - 64 • 36,7 + 1600, у3 ~ 24,5. Ответ: 1) M N = 25, NR = 25;

2) M N я 10,5, NR ~ 32,2;3) M N ~ 36,7, NR ~ 24,5.

Пример 45(A). Равнобедренный AABC вписан в окружность. Высота CD делится центром О на отрезки ОС = 13 и OD = 5. Найти


Решение. Высота CD

тогда1

ААВС

13 + 5 = 18,

АВ • CD = 9 -АВ.

Так как ААВС — равнобедренный и CD — высота (по условию), то CD — медиана.

Пусть АС — ВС = х, AD — = AD = у, тогда SMBC = 18у.

Из AACD х2 - у2 = 182. abcНо SААВС 4 R

=ОС =13, тогда Svi;jr

где а = Ь = АС = х, с = АВ = 2у, R =

х 2-2у18у, откуда х2 = 26 • 18.

4 13Но х2 - у2 = 182, или у2 = 26 • 18 — 182 = 18(26 - 18) =

= 144, т. е. у = 12. Значит, S'VU3C = 18у = 18 • 12 = 216. Ответ: 216.

Пример 46. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен полуразности его катетов.Найти углы треугольника.

Решение.Пусть ВС = а, АС = Ъ —

катеты, АВ = с — гипотенуза AABC. Пусть для определен- А ности а < Ь.

Согласно условию г = -——,2

где г — радиус вписанной окружности.„ „ а + Ь -сС другой стороны, г = -

Следовательно,Ь -а

2а + Ь -с

, откуда с = 2а, зна-2 2

чит, ZA = 30° (по свойству катета, лежащего против угла в 30°), тогда ZB = 60°.

Ответ: 30°, 60°, 90°.


Пример 47(A ). Точки D и Е — соответственно середины сторон АС и ВС треугольника ABC. Окружность, описанная около ACDE, проходит через точку М пересечения медиан ААВС. Найти S .ARP, если АВ = 10, АЕ = BD.

Решение.Так как по условию АЕ = BD, то АС = ВС. Но тогда

CD = СЕ, а по свойству медиан M D M E = —АЕ 3

= —BD, значит, AC D M = А СЕМ.3Из равенства треугольников следует, что ZC D M =

= ZCEM. По свойству четырехугольника CDME, вписанного в окружность, имеем

ZC D M + ZCEM = 180° => ZCDM = ZC E M = 90°. Следовательно, ACDB = AABD (по двум катетам).

Но тогда АВ = ВС, т. е. AABC — равносторонний, зна-я27з , где а = 10 — сторона AABC, т. е.чит, SДABC

Е.\лвс 25 S . Ответ: 25л/з.

С Пример 48(A ). В AABCZA = 2ZB, AC = 4, ВС = 6 . Найти длину АВ.

Решение.Пусть АВ = х, ZB = а, то

гда ZA = 2а.По теореме синусов 6 4I 9п

И Л И


3 sin а = 2 sin 2а. Но sin 2а = 2 sin а cos а, тогда имеем3

3 sin а = 4 sin а cos а, откуда cos а = —.4

По теореме косинусовАС2 = АВ2 + ВС2 - 2АВ • ВС • cos а, или

16 = х2 -г- 62 - 2х • 6 • cos а, или х2 - 9х -г 20 = 0, откуда находим х4 = 4, х2 = 5.

Если х = 4, то АВ = 4 и АВ = АС, т. е. ААВС — равнобедренный и прямоугольный, где ZB = ZC = 45°, ZA = 90°.

Если х = 5, то АВ = 5.Ответ: 4 или 5. В

Пример 49(A). В ААВС со сторонами АВ = 6 , ВС = 5, АС = 3 вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что она пересекает стороны АВ и ВС соответственно в точках В и В. Найти периметр треугольника BDE.

Решение.Пусть М , N и F — точки касания вписанной в

ААВС окружности, DE — касательная. По свойству касательных В М = BN, CF = CN, A M = AF. Обозначим В М = BN — х, тогда CF = CN = 5 - х, AF = A M = 6 - х, значит, AC = A F + CF = 11 - 2х = 3, откуда х = 4.

Следовательно, PBDE = BD + BE + DE = В М + BN = = 2x = 8 . ’ В

Ответ: 8.

Пример 50(A). Радиус окружности, вписанный в прямоугольный треугольник, равен 4л/з, а острый угол — 60°.Найти площадь треугольника.

Решение.Пусть OD = ОЕ = г = 4 л/3 — ради

ус вписанной окружности, ZA = 60°, тогда ZB = 30° => АВ = 2 • АС.

X

M jT

А °у / \

АЕ

У D


48л/3(2*л/3).

По свойству касательных В М = BE = х, A M = AD = у,

DC = СЕ = г, тогда Swsc = — АС ■ ВС = — (у -f- r)(x -f г).2 2

Поскольку АВ = 2 • АС, то имеем х -г у = 2(у -f г), или х = у -г 2г.

По теореме Пифагора АС2 + ВС2 = АВ2, или (у - г)2 -f (х + г)2 = (х - у )2.

Учитывая, что х = у - 2г, получим(г/ - r f + (у ~ 3г)2 = (2у + 2г)2,

откуда находим 3 г2 = у2, т.е.у = гТз, тогда х = 2 г - г л/з,

значит,S VLBC= — (г-гл/3 )(3г-гл/3 ) = — г2л/3(1 + л/3) 2 =

= r V 3(2 + Т3).

Учитывая, что г = 4 л/З, имеем :

Ответ: 48л/3(2-гд/3).

Пример 51(A). Точки С и В расположены по разные стороны от гипотенузы АВ прямоугольного ААВС так, что АС = 8 , ВВ = 6 , причем SWJC : 5дсйг = 25 : 18. Найти радиус окружности, описанной около треугольника АВС.

Решение.Пусть АО = ОВ = В — ра

диус окружности, описаннойоколо прямоугольного ААВС, где ZC = 90°. Заметим, что ZCAB = ZCBB = а — как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же оВС.

Согласно условию 18В14ВС = 25S^CBD, или

18 • - • АС • АВ • sin а = 25 • — • СВ • ВВ • sin а,2 2

откуда СВ =48В25


Из ACDB по теореме косинусов имеемВС2 = CD2 + BD2 - 2 ■ CD • BD • cos a,

где BD = 6 , cos a — = — , BC AB R

2R sin a,

BC2 = 4Я2 sin2 a = 4i?2( l - cos2 a)

= 4R 2 - 64, тогда 4R 2 - 64

4 R2( 1-16)R 2}

f _ _ 4 8 B Vили i 2R 2R\ 25 )\

V 25

48B) = f 10.

Г48ДУ , /48+ 36-

25 J

V 5 /

4 8 )) 48)— 1 1

2R 98Rили

25 25

Ответ: 5.

2 98 5' 5

V

R l

5 A

откуда —г = 1, R 2o

5.

Пример 52(A). Радиус окружности равен 10 . Из точки М , взятой вне окружности, проведены касательные М А и M B (А и В — точки касания), A M Z M B . FE — также касательная к окруж ности, причем Е е AM , F е ВМ. Найти периметр А М Е F .

Решение.M E F M

— EF. Пусть К — точка касания касательной EF к окружности, тогда АЕ = ЕК и K F = BF (по свойству касательных).

Заметим, что А О В М — квадрат (Z M — прямой, ОА Z A M и ОВ .1 ВМ), тогда Р ЧЛГИ- = M E + ВМ -г (ЕК + 4- KF) = M E + F M -г- АЕ - ВВ = (MB -f АВ) + (MB + + ВВ) = A M + MB = 10 f 10 = 20.

Ответ: 20 .


Пример 53(A ). В AABCZC = 90°. Известно, что биссектриса ВВ и медиана AD пересекаются в точке В. Найти углы треугольника, если ВВ = 12, ВВ = 8 .

Решение.Пусть АС = х, ВС = у.

Из точки В проведем Е М р AD, тогда

откуда D M = — BD.

BDD M

BFFE

32 '

Так как AD — медиана, то BD = DC = — у, значит,2

О М = ~ \ у ^ \ у , тогда СМ = СВ - ВМ = - у - - у = - у . 3 2 3 2 3 6

Кроме того, АВ ВМили

АВВС СМ ' ЕС

Согласно условию задачи BEАЕ АВ АВ

- = 2, т. е. АВ =илиВС ВС ' ВС

Значит, ZA = 30°, ZB = 60°.Ответ: ZA = 30°, ZB = 60°, ZC = 90°

Пример 54(A). В остроугольном ААВС А В = 18, S,,,;r 24, а радиус описан-• l о I i ок р уж н о сти р а в еи2 7 ч/б. Найти площадь четырехугольника АВВВ, если АВ и BE —- высоты ААВС.

Решение.Заметим , что ААВС -

- ACED, тогда СЕ CD РЕ ~ВС ~ ~АС ~ ~АС

~ з у ' б у 2 '

- биссектриса, тогда

2 - ВС.

cos а, где a = ZECD.


По теореме синусов из ДABCАВ

= 2R, гдеsm а

R = 27/ J E , АВ = 18, тогда sin а =18

2-27зна-

Гл Г 5 2чит, cos а = V I - sm a - J l — = —.9 3

П оскольку —^2-*8. ,, nr.

= cos2 а, то24

ACED

24-49

32 3 '

Следовательно, S

Ответ: 40/3.

ABDF. Е \лвс■— Ч - Т

П р и м ер 5 5 (A ). Центр окружности, касающийся катетов прямоугольного треугольника, лежит на гипотенузе. Найти радиус окружности, если он в 7 раз меньше суммы катетов, а площадь треугольника равна 56.

Решение.Пусть точка О — центр окружности, касающейся

катетов АС и ВС в точках соответственно £ и В.Пусть АС = х, ВС = у, АЕ = Ь, BD = а.Так как ВС ± OD, АС 1 ОЕ и ОЕ = OD = г, то

CDOE — квадрат, тогда АС = Ъ + г, ВС = а 4- г, т. е. х = Ъ -г г, у = а -г г.

а а + гИз подобия АВВО и АВСА имеем — = -----, откуда

г Ь + г

находим ab = г2.Кроме того, SMBC = 56, тогда (а 4- г)ф 4- г) = 112, или

аЪ + (а 4- Ь) г 4- г2 = 112. Учитывая, что ab = г2, имеем

Глава 2 . Тренировочны е залачи •»> 91

2т2 4- (а 4- Ь)г = 112. Согласно условию 7г = х 4- у, или a 4- b = 5г, тогда получим 2г2 4- 5г2 = 112, г2 = 16, г = 4.

Ответ: 4.

Пример 56(A). Две сторо- Сны остроугольного треугольника равны соответственно 13 см и 20 см. Радиус описанного около треугольника круга равен 65/6 см. Найти третью сторону треугольника. д

Решение.Пусть в AABC АС = 20 см,

65ВС= 13 см, ОС = — см.

6Из вершины С опустим высоту CD и проведем диа

метр СЕ. Далее соединим точку А с точкой Е. Тогда АСАЕ прямоугольный, так как вписанный угол САЕ опирается на диаметр СЕ. Из подобия ААСЕ и АСВВ

СВ АС СВ-АСимеем ----= ----- , откуда СВ = --------- = 12 (см).

СВ СЕ СЕ

Из АСВВ ВВ = 7 l32 -122 = 5 (см).

Из ААСВ АВ =7202-122 = 16 (см).Значит, АВ = 16 4-5 = 21 (см).Ответ: 21 см.

СПример 57(A). Окруж

ность радиуса г проходит через середины трех сторон A ABC, где ZA = 45°,ZB = 75°. Найти площадь треугольника.

Решение.ZC = 180° - (45° 4- 75°) = 60°. Заметим, что ААВС

подобен треугольнику с вершинами в серединах его

сторон с коэффициентом подобия h = —.

92 «<• Математика. Залачи типа 76 {СА)

Значит, радиус окружности, описанной около ААВС, равен R = 2г, тогда

■Зддвс = \ А С ■ ВС • sin ZC =

= — (2r sin ZB ) ■ (2r sin ZA ) • sin ZC =2

= 2r2sin 75° • sin 45° ■ sin 60°.Ho sin 75° = sin (45° ^ 30°) = sin 45° cos 30° +

V2 л/3 72 1 л/2cos 45° sin 30° =

2

Следовательно, Si4/LBC

4/ 3

Ответ: — (1 + л/з )r2, 4

2 2

= 2 т2 ■

-(>/3 + 1).

4 2 2

Пример 58(A). В треугольник вписана окружность. Прямые, соединяющие центр окружности с вершинами, делят треугольник на части с площадями 120, 104, 112. Найти радиус вписанной окружности.

Решение.Пусть АВ = х, АС = у, ВС = г, г

окружности.Пусть S

336.

радиус вписанной

дсов 120, SAA0C 104 и SMOg 112, тогдаS ^ c = 120 + 104 + 112 С другой стороны,

1АОС — гу

2 *104,

1= — г х

2112 и

/лава 2. Тренировочные залачи • » 93

S scob = 2 rz = 12 0 '

Имеем систему уравнений

[Vx = 224,

i ry = 208,

! rz = 240;I 2 =

224r

208r

240r

Тогда

1(jc + y + z )

= y jp (p~a )(p -b )(p -c ), где

1 Г 224 208 240 3 = 1 672 3362 V r 7'

p ~ x =336 224 112

Р -У

r )

128r r r r

Так как S ^ r = 336, то получим

р - г = -96

336 112 128 96= 336 , или

112128-96г г

112-128-96откуда г =-

336или г1 = 4 • 32 • 32, г4

откуда г = 8 . Ответ: 8 .

г 4 =

г

128-96

336,

(2 • 32)2 = 84

= 128 - 32,

В

Пример 59(A). В равнобедренном ААВС АВ — ВС = = 13, АС = 10. Найти радиус круга, касающегося ВС в точке И — основании высоты АЕ и проходящего через середину АС.

Решение.Так как АВ = ВС, то

ААВС — равнобедренный. По


условию D — середина АС, значит, медиана BD является высотой.

Из ЛABD BD = V l32 -5 2 = 12.Пусть ZA = ZC = а, АЕ — высота, опущенная на ВС.

В ААЕС ZCAE = — а, ОЕ 2

- OD = г — радиус круга.

Значит, АЕ = АС • sin а = 10 • — = .13 13

Из AAOD по теореме косинусов имеем OD2 = АО2 4-

:АС = 5,АВ 2 - 2 ■ АО ■ AD

120

cosf— — а !, где АВ12 /

АО = А Е

120

г =13

, 71-г, c o s а2 /

13

12013

25-120 (1 2 0 )

13 I 13

sm а

или

12— , тогда 13

-2 — г 4- г2 4- 25- 13

12013

120+ г, или

13

120 ок 13-25 65- г = 25 ,откуда г = ■

13

Ответ:6524

В

120 24

П рим ер 6 0 (A ). Основание равнобедренного треугольника равно 12, а расстояние от вершины основания до точки пересечения биссектрис равно 3Тб. Найти радиус окружности, описанной около треугольника.

Решение.Пусть в AABC АВ = ВС, О —

точка пересечения биссектрис, тогда точка О является центром вписанной окружности. Из точ-

Глава 2. Тренировочны е залачи • »» 9 о

ки О опустим перпендикуляр ON на АВ. OD = ON = г — радиус вписанной окружности. Из AAOD, где

АВ = — АС = 6 , АО = 3 -Тб, имеем 2

ОВ vW s)2-6 2 =Тэ = з.Пусть ЕЕ = х, СЕ = у. Заметим, что ABNO ~ AABD

(как прямоугольные, имеющие общий острый ZABD).ВО АВ 1

1огда ---- = ----- , откуда ВО = — (х -г а).NO AD 2

Из AABD АВ2 = AD2 4- BD2, или (х 4- у) 2 = 36 =( X - U ) 2

— j ------4-3 ! , или (х 4- у)2 - 4(х 4- у) - 60 = 0, откудаV 2 )

х 4- у = 10, х 4- у = -6 (не подходит, так как х > 0, у > 0).

Если х + у — 10, то R = , где a = Ъ = х 4- у,

с = АС — 12, тогда S = —АС • BD = — • 12 • 8 = 48, зна-2 2

чит, R = 10 12 256,25.

4-48 4Ответ: 6,25.

Пример 61(A ). Острый угол прямоугольного треугольника равен 30°. Найти отношение радиусов описанной и вписанной окружностей.

Решение.Пусть в прямоугольном AABC

ZB — 30°. По свойству касательных В М = BN, О М = ON = г, где М г — радиус вписанной окружности. Из равенства прямоугольных треугольников следует, что С ZO B M = ZO BN = 15°, т. е. ВО — биссектриса ZB.

96 « • Математик,i. Залачи типа 1b (С4)

Из АОМВ В М = г ctg 15°, тогда ВС = В М -т г = r( 1 -г -г ctg 15°). Так как ZC = 90°, тоАВ = 2R, где R — радиус описанной окружности.

Из AABC, где ZB = 30°, ВС = 2Й cos 30°.Значит, г(1 + ctg 15°) = 2R cos 30°, откуда

R l + ctg l5 ° 1ч-ctg 15°г 2 cos 30°

Но ctg 15° = c,tg (45° -

1-Яз + 1 ( S t I )2

30°)ctg 45° ctg 30° -fl ctg 30° -c tg 45°

4-2V3:2 + V3.

V3 - 1 (7 з -1 )(7 з -1 ) 2

В 1-(2^л/3) _ З + л/З + 1Следовательно

Ответ: л/3 +1.В Пример 62(A). Расстояния от

центра окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, до вершин его острых углов равны 2^10 и л/То. Найти длины катетов.

Решение.По условию задачи ВО = 2 Я о ,

АО = л/ТО; М , N, К — точки каса

ния. Пусть ZB = a, ZA = ~ ~ а-

Так как окружность вписана в треугольник, то АО и ВО — биссектрисы.

В &BON ON = ВО ■ sin ^ = АО sin j — - Я I, илиU 2.

2%/lOsm-^ = \/lO sinf |, илик a ~4~~2

„ . а . л а к . a2 sm — = sm —cos cos —sm —.2 4 2 4 2


тт . л к 42 . аНо sm — = cos — = — , значит, 2 sm —4 4 2 2

. a . asm —, т. e. 3 sm —

2 2

ctga2

Ho 1

3.

ctg2. » a

sm — 9

a , acos —, или tg —

2 2

или 10sm a

acos — 2

тогда

откуда

sm _JL Я о '

Из ABCW CW BO ■ sin 2Я Я

ВС = B M — r = rj 1-ctgV

a I2 j

2 • (1

AC = r - AK = r T ctg ;7 71 . - I

2 J

Я о

3) = s

1-f-tg

2 .

a

2 • 2 4.Ответ: AC 4, BC = 8 .

П рим ер 6 3 (A ). В прямоугольном AABC BC = 8 , AC = 6 . Окружность, вписанная в треугольник, касается его сторон в точках И,, В,, С,. Найти отношение площади ААВС к площади AA,BjC,.

Решение.Пусть г — радиус вписанной

окруж ности. Известно, что в прямоугольном треугольнике с катетами а и b и гипотенузой с


г = — ( а b - с), где а = б, Ъ = 8 , тогда АВ = с = 2

= л/б2 -!-82 = 10.

Значит, г = ^ (6 -г 8 - 10) = 2.

гг D АС 3 . ВС 4Поскольку sm ZB = = —, sin ZA = ----- = —, тоАВ 5 АВ 5

А,В = ВС - г = 6 , АС, = АВ - ВС, = АВ - А,В = 10 - 6 = 4,А,С = В С -А ,В = 8 - 6 = 2 .

Тогда — S WBC — (S i4

Ho SiW!C = ÂC • BC = i • 6 ■ 8 = 24;

A ,С • B.C = i /'2 = 2. 1 2

A ,В • BC. • sin ZB = - • 6 • 6 • - = — ;1 1 2 5 5

AB, • AC, • sin Z A = - • 4 • 4 • i =2 5 5

f 32 54^Следовательно, S.. = 24-! 2 + — -f— j =&AAt"- V 5 5 J

В ?4= 24 - 19,2 = 4,8. Тогда = — = 5.4 ’ 8

Omeem: 5.

Пример 64{A). Существует ли треугольник, стороны и высота которого связаны соотношением а > Ь > с > h и выражаются последовательными целыми числами, если высота h опущена на сторону Ъ?

Решение.Пусть h = х, тогда c = x + l , b = x + 2, a = x - f3 ,

так как (по условию) стороны и высота выражаются последовательными целыми числами.

СAAjCBj

1

2

СЛА;ВС]

1

2

С° Л ARC.

1

~ 2

Глава 2. Тренировочные залачи • » » 99

По формуле Герона SA= y Jp (p -a )(p -b ) (p -c ), где

1 3 1 1Р = - ( a + b + c )= - ( х + 2), р - а = - х , р - Ь = - ( х т 2),

1 ,Р ~ с = - ( х + 4).

Следовательно,

S . = J - ( x + 2 ) - - х - - ( х + 2 ) - - ( х + 4) =‘ \ 2 2 2 2

= - J З х ( х - 2 ) 2( х - 4 ) = ~ ( х + 2 ) М с ( х + 4). (1)4 4

С другой стороны, = — bh = — (х + 2)х. (2)2 2

Сравнивая (1) и (2), имеем

— (х + 2)Jdx (x + 4) = — (х + 2)х,4 2или, разделив обе части на х т 2 ^ 0 , имеем , j3x(x т4) = 2х, или Зх(х + 4) = 4х2, х Ф 0,

3(х + 4) = 4х, откуда х = 12.Итак, h = 12, с = 13, b = 14, а = 15.Ответ: существует, h = 12, с = 13, b = 14, а = 15.

Пример 65(A). По двум сторонам треугольника а и b найти радиус описанной окружности, если известно, что угол, лежащий против третьей стороны, в два раза больше угла, лежащего против стороны Ь.


Решение.По условию задачи ВС = а,

АС = Ъ.Пусть АВ = с, BD = х, тогда

AD = с - х.По условию задачи ZC = 2 ZJ3.

Если ZB = а, то ZC = 2а.Проведем биссектрису СП,

тогда ZBCD = ZCBD = а, т. е.&CDB — равнобедренный и ВП = СП = х. По свойству биссектрисы внутреннего угла тре-

С — X Xугольника имеем ------ = —, или ас — ах

I I а + 6ас = (а + о)х, откуда с = х.а ( 1)

Заметим, что AACD ~ AABC (по двум углам: Z А —

общий и ZACD = ZCBD), тогда — = ~^~, или — = —,a CD а х

аб а + Ь аЬоткуда х = — , тогда ( 1) примет вид с = ---------- , илис а с

с2 = Ь(а + Ь), откуда

с = yjb(a + b). (2)Пусть R — радиус окружности, описанной около

ААВС. Известно, что R = где ________________4S

S = y j p { p - a ) ( p - b ) ( p ~ c ) ,

Р = + Ъ + с) = ^ ( a - b + yjbia + b)},

р - а = ^ ( a + b + jb(a + b) ) ~ a = — ( - а + b + Ц а з Ь ) ),Ci * S, ' ‘

р -Ь = Ы а - Ь + у/Ь(а + Ь)),

р - с = [а + Ь ~ 4 Н а Щ у


Тогда

В2 = - i - ( a 4- b + Я ( а + Ь) ) ' ( “ а + b + Я ( а + ь) ) х

X [a -b + yjb(a + b )y [a + b - jb (a + b)} =

= - i - ( а + b ~ y[b(a ч- 6 )) • ( а + 6 - 7&(а + 6) ) х 2

X ^ Ь ( а + Ь) - ( а - 6 ) ) ^ б ( а - Ь ) - ( а - Ь ) ) =

= - i - ( ( a + 6)2- 6 ( а + 6) ) - (б (а + б ) - ( а - б ) 2) =2

= - ^ ( а 2 ~ а б ) ( 3 а 6 - а 2) = - i - а 2 ( a - h b ) ( 3 b - a ) , откуда

S = - J ( a + b)(3b-a).

Тогда В ;abc ab,Jb(a + b)

4S 4 ~ J (a + b)(3b~a)

b jb(a + 6) _ бл/б

Л/(а-г6)(Зб-а) Я b -aЗамечание. Задача имеет решение, если 36 - a > 0, т. е. при a < 36.

b-JbОтвет: R -

л/зГ-, при a < 36.

Пример 66(A). В круг единичного радиуса вписан треугольник с острым углом 30°.

Отрезок, соединяющий вершину этого угла и проходящий через центр круга, делит противолежащую сторону в отношении 1 :2 . Найти длину этого отрезка.


Решение.Пусть ZA = 30°, О — центр круга; пусть CD — х, то

гда DB = 2х (по условию).

По следствию из теоремы синусов имеем -2СВsin А

2 R,

1где R = 1 и ZA = 30°, тогда СВ = 2R sin 30° = 2 - ^ = 1 .2

Выходит, что СВ = АО = ВО — СО = R = 1.Значит, АСОВ равносторонний и ZOCD = 60°. Тогда

ВС = х + 2х = Зх = R = 1, откуда х = .

Из ACOD по теореме косинусов имеем

Z>02= f ~ ! 4-1-2-—-I-—, ил! V 3 ) 3 2

тогда AD = DO + ОА = 1=1 (3^77 ) (ед.).

9 ’ 3 ’

V7

Ответ: —(3 + /7).3

Пример 67(A). В ААВС одна из сторон в два раза больше другой,

04. — 2ZB. Найти отношение Вгде

В и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

Решение.Прежде всего, определим вид тре

угольника, исходя из данных задачи. Допустим, что треугольник имеет вид, изображенный на рисунке.

В


Пусть ZB = а, тогда ZA = 2а. По теореме косинусов Ь2 = а2 -г с2 - 2ас cos а. (1)

По теореме синусовb a b a

= —------ , или-—---- = ----------------,sin а sin 2а sin а 2 sin а cos а

а / поткуда cos а = — , тогда ( 1) примет вид 2 b

Ъ'1 = а2 - с2 - 2ас — , или 63 = a2b be2 - а2с,2Ъ

(Ъ3 - Ьс2) - (а26 - а2с) = 0 , b(b2 - г2) - а2(6 - с) = 0 , или (б - c)(b(b -г с) - а2) = 0 , откуда 6 - с = 0 , что невозможно из условия задачи.

Остается b(b + с) - а2 = 0, или а2 = 6(6 -г с). (2)Учитывая, что по условию одна из сторон в два раза

больше другой, получим следующие возможности:1) а = 26, тогда (2) примет вид 462 = b(b - с), b ф 0 ,

4b = b -1- с, откуда 3b — с. Но из неравенства треугольника => с < а — Ь, т. е. 3b < 2b 4- 6, что невозможно.

2) Случаи а = 2с и с = 2а также не выполняются по той же причине.

Остается рассмотреть случай, когда с = 26.В этом случае равенство (2 ) примет вид

а2 = Ь(Ь -г 26), а2 = ЗЬг, а = Ь\[з ,

аи так как по доказанному ранее cosa = -^-, то

бл/3 у[зcos а = ----- , откуда a = 30 , тогда 2а = 60 .

26 2

Итак, ZB = 30°, ZA = 60°, тогда ZC = 90°, т. е.ААВС — прямоугольный, тогда АВ = с = 2В,

с 26 , a + 6 -c а + Ь-2Ь а -ЬВ = — = — = 6 и г = --------- = -----------= ------ ;

2 2 2 2 2

tg60° = — => а = b tg 60° = бл/3, 6


г = £ -б = б7 з - б = б 2 2 2

Значит,

Г b(V3-1 ) л/3-1 3-1

Ответ: л/з +1.

Пример 68(A). В равнобедренном ААВС с основанием АВ проведена биссектриса AD . Через точку D провели прямую, перпендикулярную AD и пересекающую АВ в точке F.

Найти радиус окружности, описанной около AADF,если BD = а. а. к в в

Решение.Пусть в AABC АС = ВС, AD — биссектриса ZA.Из точки D е ВС проведем DE |; СА. Тогда точка

Е — центр описанной окружности, так как AADF прямоугольный (AD 1 DF по условию) и AF = 2R — диаметр описанной окружности. Значит, ЕА = ED = EF = R. Кроме того, A BDE ~ А ВС A (ZB — общий, СА || DE по построению). Значит, ADEB — равнобедренный (ZB = = ZCAB = ZDEB), тогда BD = DE = а.

AAED также равнобедренный (АЕ = DE — по доказанному).

Итак, BD = DE = АЕ = FE = R = а.Ответ: а.

Пример 69(A). Площадь квадрата, построенного на боковой стороне равнобедренного треугольника с острым углом при вершине, в четыре раза больше пло-

Rщади треугольника. Найти — , где В и г — соответ-

г

С

Глава 2 . Тренировочные залачи •>» 1 05

ственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

Решение.D

Пусть АС = ВС = CD = х.По условию х2 = 4SMBr. (1)Но

S,, = — АС ■ ВС sin С = — х2 sin С.л л в с 2 2

Учитывая (1), получим х2 = 4 • -^x2sin С,

или х2 = 2xzsin С, х ф 0, sin С = —, откуда ZC = 30°,2

тогда ZA = ZB = 75°.^ АВ опПо следствию из теоремы синусов, -------= 2В,

sin С

тт АВ Уоткуда В = — — = — г = у.2 smC g _

2

Итак, В = у.Известно, что SA= p ■ г, где

р = — (А В -r АС-ВС ) = - (2 х + у), тогда


с — х2 sin С х2-^ 2г = — = -§-------- — = -----— = ----------- , значит,

Р — (2х —у) 2х + г/ 2(2 х + у)

Д = х2 __ 2у(2хзу) 2г 2(2х~ у) х2

1о УНо cos А — = cos 75°, или у = 2х cos 75°, тогда (2) х

примет видR 4xcos75° (2x -2xcos75°) _ г X2

= 8 cos 75° • (1 + cos 75°).

Итак, — = 8 cos 75° • (1 -f- cos 75°). (3)r

Ho cos 75° = cos (30° r 45°) = cos 30° cos 45° -

-s in 30° sin 45° = — = тогда (3)2 2 2 2 4

примет вид

— = 8 -^ (>/3 -1 )-( 1 + — (\/3-1)] = г 4 I 4 J

= 2л/2(л/3-1)~(4 + >/2(ч/3-1)) =4 v '

= ^ (Я - 1 ) (4 - л / б - л / 2 ) =2

= — (>/3-1)-л/2(2л/2+>/3-1) =2

= (л/з - 1) • (2л/2 + л/з - 1) = 2л/б - 2 у[ 2 - 2>/з + 4 =


= 2 & (y l2 - l ) + 2y/2(yl2-l) = 2(yl3 + j 2 ) ( j 2 - l ) .

Ответ: 2(\/3+л/2)(л/2-1).

Пример 70(A). В окружность вписан равнобедренный треугольник, боковая сторона которого в два раза больше основания. Найти радиус описанной окружности, если радиус вписанной окружности равен г.

С

Решение.Пусть СО — АО = R — радиус описанной окружно

сти, тогда А СОА — равнобедренный, значит, Е — середина АС, т . е. СЕ = АЕ = х.

По условхгю задачи0,F = OxD = г и АС = 2АВ,

тогда AD = — х.2

Заметим, что A CEO ~~ A CDA (как прямоугольные, имеющие общий ZECO).

СО АС СО 2х


ОЕ = — СО = — В.4 4

CD СЕАналогично = , откуда

AD ОЕ

c d = * £ . а )ОЕ 1 Д R R

4

Из прямоугольного АСЕО (ОЕ — высота равнобедренного ЛАОС) имеем

х2 = В2 -О В 2, или x2= B 2- [ ^ B j , х2= -~ В 2,

тогда ( 1) примет вид

CD = — — R 2 = — В; СВ = — В. (2)В 16 8 8

С другой стороны, СВ = СО, 4- 0 ,В = СО, 4- г. (3) Сравнивая (2) и (3), имеем15 15— В = СО, + г, откуда СО, = — В - г.8 8

СО СОИз подобия АСОЕ и ЛСО,В получим , или

8 В 15 15 „ = - — , — В - г = 4г, — В = ог,

г 1 Д ’ 8 84

о 8откуда В = — г.3

gОтвет: —г.

3

Глава 2. Тренировочны е залачи • » 1 09

Пример 71 (A ). В равнобедренном треугольнике высота, опущенная на основание, в два раза больше высоты, опущенной на боковую сторону. Найти отно-

R вшение — , где В и г — соответ-г

ственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

Решение.Пусть АЕ = х, тогда СВ = 2х.

- A B - C D .

С другой стороны,

В ЛАВС = - В С - А Е . 2

( 1)

( 2)

Сравнивая (1) и (2), имеемАВ ■ 2х = ВС • х, откуда ВС = 2АВ. (3)Из ACDB ВС2 = CD2 4- BD2, или, учитывая (3), имеем

4АВ2 = 4х2 4- — АВ2, или 15АВ2 = 16х2, откуда 4

АВ = —j = х, тогда ВС = 2АВ 8Vl5

Известно, что В =

2S

Л Еabc АВ ■ ВС ■ АС

' ~ р ~ АВ + ВС + АС

48 4 S

, тогда

х.

и

R ^ A B B C A C АВ 4- ВС + АС г

1

4S

4 8 8гХ-~р = х - —т= х

2 S

4в1чЧ/15Л -УТб" V T s ' J 2 S { J T E * " V l5 ^ ^ Vl5 ^ j8

гХ =

11 о « • Математика. Залачи типа 16 (С4)

8 8

8S2 Vl5 Vl5 л/15 л/15

4-8-20х4 4-8-20х4

20 4-8-20хх =-

152S2

152.( 1 . _ Я ,х _2х Я Я б у

152 • — х4

41015

15

Итак,R 8

3

8

3

Ответ:

Пример 72(A). В равнобедренном треугольнике высоты, проведенные к основанию и к боковой стороне, соответственно равны а и b (а > Ь). Найти радиус окружности, вписанной в треугольник.

Решение.Пусть CD = а, АЕ = Ь, г — радиус

вписанной окружности.Пусть АС = ВС = у, АВ = 2х.ДАЕВ ~ ACDB (как прямоуголь

ные с общим углом В).Из подобия этих треугольников имеемСВ CD у а = -----, или — = —.АВ АЕ 2х Ъ

Кроме того, из AADCу2 - х2 = а2.

Уравнения (1) и (2) рассматриваем как систему2 а

( 1)

(2)


Упростим второе уравнение системы:,2 _

~ 4a2-bab

х2(4a2 - b2) = a2b2, откуда x2 й} > ,. , т. e.d 2 j_2

где b < 2a.Я a2- b 2

2a 2 a ab 2 a21огда у - — x = -

k Я а 2- b 2 Я а 2 - b 2

a2bЗначит, S.,nr = --2x-g = ax= (3)2 л Д Я Я


Я в е = Рг = ~ 2 (х ~ y)r = (х - </)г =

аб _ 2а | ^_ (2атЬ)а

i, Я а2 -Ь 2 Я а 2- Ь 2 ) Я а 2 - 62

тт о (2 а + Ь)аИтак, SxiBC - .... =■ г. (4)Я а -6

Сравнивая (3) и (4), получим(2a-r6)a а2Ь

■ г = , откудаЯ а 2 - б2 Я а - б 2

а26 ab(2 а-Ь)а 2 а~Ь

Ответ: ———.2а тЬ

J Замечание. Задачу можно решить другим способом.

Пример 73(A). В равнобедренном треугольнике с острым углом при вершине угол при основании равен

2а. Найти отношение — , где г и В — соответственноR

радиусы вписанной и описанной окружностей.

112 «га Математика. Залачи типа 16 (С4)

Решение.

I способПо условию ZA = 2а, АС =

-ВС , 0 ,0 = г — радиус вписанной окружности;

ОВ = ОС = R — радиус описанной окружности.

Пусть ОО, = .г — искомое расстояние между центрами окружностей.

Пусть АО =■ у > 0, тогдаСО R ■ х 4- г.

Так как О, — центр вписанной окружности, то АО, — биссектриса ZCAD, тогда ZCAO , = ZO xAD = а.

СПИз AADC tg 2a => CD = у tg 2а.

о Д/ x \ д

0 . \ ДВАК r 1 у/

А У D В

( 1)

Из ААОО, tg а -

АО

0 ,0

АОг

Уr = y tg а.

( 2 )

(3)

Тогда (1) с учетом (2) и (3) примет вид у tg 2a = R + х + у tg а, откуда

sin(2a - a)R + x = y(tg 2a - tg a) = у

У-sm a r

cos2a-cos a

1 , rcos 2a cos a tg a cos 2a

r

tga :

Итак, R - x -

cos 2a

, откуда r = (R + x)cos 2a. (4)cos 2a

Известно, что если x — расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей, то

х = yjR (R -2r) (5)

(см., например, № 27, с. 1 70, В.М. Говоров и др. «Сборник конкурсных задач по математике», 1983 г.).

Глава 2 . Тренировочные залачи • »» 113

Возведя обе части (5) в квадрат и учитывая (4), по-1\'ЧИМ

х- = R2 - 2Rr, или х2 — R2 — 2R(R - x)cos 2a,R2 - 2R(R -f- x) cos 2a - x2 = 0, илиR2 - 2R2 cos 2a - 2Rx cos 2a - x2 = 0,

( 1 - 2 cos 2a)B2 - 2x cos 2a. ■ R - x2 = 0. (6)Уравнение (6 ) рассматриваем как квадратное отно

сительно R:0/4 = x2cos2 2a - х2(1 - 2 cos 2a) =

x2(cos2 2a - 2 cos 2a - 1) = x2(cos 2a - l ) 2.

x cos 2a x x ; cos 2a -1 i x cos 2a ± x(cos 2a - 1)R = -1 -2 cos 2a 1 -2 cos 2a

R.

так как -cos 2aj < 1 (=> из условия задачи). n xcos2a x x -x c o s 2« xXV| — ?

1 -2 cos 2a 1 -2 cos 2a

x cos 2a - x - x cos 2a x(2 cos 2a - 1)2 1 -2 cos 2a 1 -2 cos 2a

= -x (не удовлетворяет).

Итак, R = ----- ------ , тогдаl - 2 cos2a

x /r = (R 4- x)cos 2a = |-------------- x I cos 2a =

V 1-2 cos 2a /

x-i-x -2xcos2a= ---------------- cos 2a =

l - 2 cos2a

2x (l- c o s 2a) „ 2x- 2 sin2 a= ----------------- cos 2a = ---------------cos 2a =

1 -2 cos 2a l - 2 cos2a

4x sin2 a cos 2al - 2 cos2a

Значит,r 4x sin2 a cos 2a 1-2 cos 2aR 1-2 cos 2a x

: 4 sin2 a cos 2a, или


ГВ

4х sin a cos 2а sin 2а 2 sin2 а sin 4аsin 2а

2 sin2 а sin 4а

sin 2 а

: tg а sin 4а.

4а) = 2В sin 4а,

С

2 sin а cos а

Ответ: tg а sin 4а.

II способZC = 180° - 4а, 2у = 2R sin (180°

у — В sin 4а.

Пример 74(A). В равнобедренном треугольнике из вершин нижнего основания опущены высоты на боковые стороны. Найти длину отрезка, соединяющего их концы, если середина отрезка является центром описанной окруж

ности радиуса В = л/Я-к2.

Решение.По условиюАС = ВС, AF Z ВС и BE Z АС, О — середина EF и

центр описанной окружности.Из AABC по следствию из теоремы синусов имеем

АВ = 2В, или А В = 2R sin С. (1)sin С

Из ААОС, где АО = ОС = R, СAC = 2Bcos —.2

Из AAOD у — г - ctg а

( 2 )

гВ

sin 4а ctg а

sin 4а tg а.

Заметим, что AABC ~ A EEC (ZC тогда

общий, АВ || EF),

Глава 2 . Тренировочные залачи • » » 11 5

ЛВ АС А В Е С— = -----, откуда EF = ---------- . (о)ЕЕ ЕС АС

СИз А СЕВ ЕС = ВС cos С, но ВС = 2 В cos — = АС,

2

С<>гда ЕС = 2В cos — cos С, и (3) примет вид

2

2В sin С • 2В cos — • cos С EF = ------------------- —-------- = 2В sin С • cos С.

2В cos —2

Итак, E F = 2В cos —. (4)2

Из ААВС по теореме косинусов имеемАВ2 = АС2 + ВС2 - 2АС • ВС • cos С. (5)11о ВС • cos С = ЕС (из АВЕС).

RКроме того, из АЕОС ЕС = ---- —, тогда

cos —2

ВС cos С = — (6)О

cos —2

Равенство (5) с учетом (1), (2) и (6) примет вид

1 В“ sin2 С = 4В2 cos2 — + 4В2 cos2 — -2 • 2В cos—• ^2 2 2 Сcos —

2

I IP sin2 С = 8В2 cos2 — -4В2, В * 0,2

air С = 2 cos2 —-1.2

СПо sin2 С = 1 - cos2 С и 2 cos2 — -1 = cos С, тогда

2


1 - cos2 С = cos С, или cos2 С + cos С - 1 = О,

B = l4 - 4 = 5 > 0 , (cos С), 2 = — (—1 ± л/5), откуда2

cosC = — (-JE-1), cosC = — (—\/5-1) — не удовлетворя- 2 2

ет, так как jcos С\ < 1.

Итак, cosC = i (V 5 - l ) , тогда 2

sin С = Д -cos2 С =, 1 - — ( 6 - 2 у/Е) = — у]2\[Е-24 2

722

По условию задачи R = -\/V5 +2.

Учитывая значения sin С и cos С, равенство (4) примет вид

EF = 2yJS + 2- — y l S - l ~ ( y / 5 - l ) =2 2

^ лД/5 + 2 • Дл/5 - 1)2(VS - 1) =ил

— J jE + 2 -7(6 -2>/5)(>/5-1) = 2

— л/л/5+2-л/2-Дз - л/5)(л/5-1)2

= 7л/5-г2-ч/з>/5-5-3-75 л/ Д -2 -Д у5 8

= 2 ^ S + 2 -^4E -2 =2т ]ф + 2 ) ф - 2 ) =

= 2 ^ Г а = 2 -1 = 2. Итак, £0 = 2.

Ответ: 2.

Глава 2 . Тренировочные залачи • » 11 7

Пример 75(A). Найти длину медианы равнобедренного треугольника, опущенную на боковую сторону, «•< ни длины высот, опущенных на основание и боковую сторону, равны соответственно т и п .

С К

Решение.Пусть АС = ВС, СВ и АЕ — высоты, АЕ — медиана.

11о условию СВ = т, AF = п. Достроим ААВС до параллелограмма АСКВ.

Пусть АВ = х, АС = у, АЕ = z.По свойству параллелограмма имеем А К 2 + ВС2 = 2(АВ2 + АС2), где AE = 2z, ВС = у, АВ = х,АС = у, тогда получим

4z2 4- у2 = 2(х2 + у2), или 4z2 = 2х2 -г у2. (1)

Заметим, что = — АВ • СВ = — АЕ • ВС, или 2 2

х • т = у ■ п. (2)

Из ААВС АС2 = АВ2 + СВ2, или у2 = - х2 4- т2. (3)4

Равенства (2) и (3) рассматриваем как систему


Упростим второе уравнение системы 4пг2х2 - п2х2 = 4m2n2, x2(4m2 - n2) = 4m2n2,

4 m2n2 4mnx

4m2 - n2- , откуда x -

Я 2 2 m - n

Замечание. Для нахождения АЕ = z из (1) достаточно найти х2 и у2._ m m 2 mn 2 m21огда у = — х = ------, ■■ _ ■- - - -7= —---- .

п 11 у 4т2- п 2 у 4т2- п 2

Используя (1), имеем

4z2 = 2х2 + у2, или 4z28m п2 „ 2 4 т 4

г _ 2 ■ . " 1 г , н л н . р а э д в -4т - п 4т - п

2 т2п2 тлив обе части на 4, получим г - , „ ,

4т - п 4т2- п2

z =т (т + 2п )

4т2 - п г, откуда г = АЕ = т

т з 2п 4 т2- п 2'

Замечание. Искомую медиану АЕ можно найти из прямоугольного AAFE, где ЕЕ = BE - FB, а ЕВ из AAFB и т. д.

Ответ: тт +2 п4т2 - п 2

П рим ер 7 6 (A ). П рям оугольный треугольник с катетами а и Ъ (а > б) вписан в окружность. Биссектриса острого угла соединена с точкой, взятой на большем катете.

Через эту точку проведена хорда так, что она делится точками пересечения на три равные части. Найти длину хорды.

N

Глава 2. Тренировочные залачи • »» 119

Решение.Пусть в AABC (ZC = 90°), AC = b, ВС = a, где a > b;

\l> биссектриса ZA, D 6 BC.11усть M D = DE — EN = x, тогда по свойству nepece-

i..inнцихся хорд имеемBD - DC = M D - ND. (1)

11усть CD = у, где у > 0, тогда BD = a - у и (1) примет ВИД

(а - у)у = х • 2х, или (а - у)у = 2х2. (2)Так как AD — биссектриса ZA, то по свойству бис-

• ектрисы имеемDC АС у Ъ = ---- или , ИЛИBD АВ а -у J a A t f

у ■ Я 2 зЬ2 = ab-by, y(sla2 i b2 -rb) = ab, откуда

abи -

•Ja2 зЬ2

ay a2 - b 2I огда a - у

•JaAti2 -b

Учитывая (2), имеем

1 1 а Я г зЬ2 ab-(а ~ У )-У

2 2 Я Я Я ч б л/а2 - Ь2 зЬ

а2Ьл/а2 -Ь 2 а Я Я Я зЬ2х“ = р= , х2 ( Я Я Я - б ) 2’ 2 (4а2 зЬ2 зЬ ) '

о З а Я ь Я ^ б 2Следовательно, М У = Зх =

Ответ:

2(л/Я+б2+б)

З а Я б Я 7^

2(sja23b2 зЬ) '


Пример 77(A). Окружность, центр которой лежит на гипотенузе АВ ААВС, касается катетов АС и ВС соответственно в точках М и N и пересекает гипотенузу в точках К и L. Найти площадь четырехугольника K M N L , если A M = a, NB = b.

С

Пусть М и N — точки касания катетов АС и ВС с окружностью; К и L — точки пересечения гипотенузы с окружностью.

По условию задачи центр О окружности лежит на гипотенузе. Так как М и N — точки касания, то по свойству касательных имеем МС = CN.

Соединим центр окружности с точками М и N, тогда М О — NO = R. Кроме того, OK = OL = R. Но АС и ВС — касательные к окружности, тогда М О 1 АС и ON 1 СВ.

Выходит, что четырехугольник MONC — квадрат.Rkmnl ~ Rmko Rmno ~ Rnol =

= - K O - h + - R * + - h . - O L = - R h - r - R 2+ -h .R =2 2 2 1 2 2 2 1

= ^Ж Л+Д +Л ,). ( 1)

Заметим, что AACB ~ AONB (как прямоугольные с общим острым углом В).

Глава 2 . Тренировочные залачи • »» 1 21

AC ON a + R RI 1.1 подобиям -----= ------, или ------= — ,CB NB R + b b

ab 4- bR = R2 + bR, откуда R = -Jab. (2)

Аналогично из подобия AACD и ААЕМ имеем

AC A M a + R a a + 4ab a = ------, и л и = —, ---------= —. (3)CD M E H h H h

Пысоту CD = H найдем из сравнения площадей \ IСВ:

— АВ Н = — АС ВС, откуда 2 2

„ АС СВ (a + R)(R + b)ri = — —

А В y j ( a + R ) -г { b + R f

( a + y [ a b ) ( b + у/аб) _

у/(а + у/а6)2 ~ ( b + y [ a b ) 2

у/а (у/а - 4 b ) - \ [ b ( 4 a + 4 b ) _ \ [ a b ( \ [ a ~ у/б)2

у/а(у/а + у/б)2 + 6(у/а 4- у/б)2 y/(Va +sfb)2(a~b)

_ у/аЬ(у/а-гу/б)2 ~Jab{yfa + y/b)

Из (3) => h

(у/а +у/б)7 ( а - 6) у/(а + 6)

аЯ аЯ

a~\[ab 7а(у/а-гу/б)

а у/а6(у/а+у/б) ау/бу/а(у/а-гу/б) у/а-гб у/а4-6

ау/bЛ а Г ' <4)

Высоту /г, найдем из подобия ACBD и ANBF:/г, Я , ЬН Ъ— = ------ , откуда /г. = -------= -р=---- Я =& й тб 1


л/аб(л/а+л/б) _ byfa

Итак, ft, =

л/б(л/а + л/б) yja-rb

b-Ja

УазЬ

уазЬ(5)

Тогда соотношение (1) с учетом (2), (4) и (о) примет вид

1 I—г \ a y f b г г бл/а 1 y a b ■ У a hо

°Д'Л/Л7.

VуазЬ л/а -г б J

— л/аб ■ Я б •4~Ь

4а зЬ 4а -Ь-1

J

1 / 4а з 4b )— ab\ —;■■■■ — 1 1 (кв. ед.).2 ( л/а-б

^ abf 4а з4ъ ЯОтвет: — ; —г - + I i.

2 \ УазЬ j

)

D Ё СПример 78(A). В квадрат вписан прямоугольный треугольник с катетами а и б (а > б) так, что одна из вершин совпадает с вершиной квадрата, а две другие расположены на сторонах квадрата, не содержащих данную вершину квадрата. Найти площадь квадрата.

Решение.Пусть в квадрат ABCD вписан AAFE (ZAFE = 90°),

где АЕ = a, EF = б.Пусть CF = х > 0, FB = у > 0, тогда АВ = х З у.

д« | JJИз подобия AABF и AFCE =>----= , и ли ------- = —,

AlF EF а б

ах = Ъх + by, (а - б)х = by,


откуда х = - -У- ( 1)а -б

Из AABF (х -г у)2 3 у2 = а2, или, учитывая (1), полу

V1 , 2 2 1 ! =а ,Г Ъ Y 2 2 2f ьмим у-ту { зу =а , или г/Д\а-Ь J

Лпли

V (а - б) j7 -1 У 2 = а2, Я

S : (* - у)2 = а2 - у2 = а2 -

а2(а -б )2

а2 - (а -б )2

а2 (а -б ) 2

V, тогда

а2 - (а -б ) 2

= а2 1(а -б )

у а з (а-Ъ)А

а -г(а-Ь )2

2 а2 з (а -Ь )2- (а - Ъ )2 а2 -г(а-б ) 2

Ответ:а т-(а-б )2

Пример 79(A ). Дваугла треугольника, прилежащих к одной стороне, равны 45° и 60°. Най-

Rти отношение — , где В и г

г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

Решение.Пусть ZA = 60°, ZB = 45°.

По следствию из теоремы синусов АС sin В

-2В, или

АС = 2В sin 45° = Вл/2. ( 1)

1 24 <*• Математика. Задачи типа 16 (С4)

тогда

Из ДАDC, где ZACD = 30°, имеем АВ = —АС .2

1 л/2Учитывая (1), получим A D - — R42 --- — R.2 2

Из ABDC, где ВВ = ВС = х, ВС = хл/2./я /б

Из ДАОС СВ = AC sin А = Дл/2 — = — В,2 2

ВС = х Я = — В • л/2 = ТзВ.2

/о /У П у

Значит, АВ = АВ + ВВ = — ■ В^- — -В = — (1 + >/3)Д.2 2 2

Тогда = -А В • СВ = — (1 + л/3)Д- — Д =ддвс 2 2 2 2

^ ( l + S ) R 2.А 4

(2)


Sмае= р . г = 1 (А В + А С + В С )т =

2

х Г Я

-Вг

2 'v 2

з Д -Д + з ]2 2 J

= }^Rr- 2 - (л/б-г Я - г 2) 2 2

л/6 i?r(V5 -г >/2 я 1)?

ЭдАВС= -Вг(л/З+л/2 + 1). (3)

/лава 2. Тренировочные залачи • » 1 2d

Сравнивая (2) и (3), имеем

(14- л/3)В2 = Вг(л/3 + л/2 4-1), или 4 4

(1-^л/3)В = л/2г(л/з 4- л/2 4-1), откуда

Д = V2C6 W 2 - 1) . А ; 7 3 - 1) (7 3 -7 2 + 1) -г >/3 -г 1 2

= (3 - л/з 4- л/б - л/2 + л/3 -1) = — (2 + л/б-л/2) =2 2

= V 2 V 2 (V 2 ,V 3 -1 ) = ^ t V2 - 1.2

Ответ: — = 43з л/2-1. г

Пример 80. Углы треугольника относятся как 1 : 5 : 6 . Длина наименьшей стороны равна 2. Найти радиус вписанной окружности.

С

Решение.Пусть ВС = 2 — наименьшая сторона треугольника,

тогда ZA = х — меньший угол, ZB = 5х и ZC = 6х. Следовательно, х - 5х -г 6х = 180, 12х = 180, х = 15. Итак, ZA = 15°, ZB = 5х = 75° и ZC = 6х = 90°. Значит, ДABC — прямоугольный (ZC = 90°), тогда

/•= — (АС +• ВС - АВ), или г = i (A C - A B + 2).2 2

ТТ Л В ВС 2Но АВ = -------= --------- , гдеsin A sin 15°


sin 15° = sin (45° - 30°)

Л .= sin 45° cos 30° - cos 45° sin 30° = — (J3 -1), тогда4

AB = -8

64-4 =

16

л/2(ТЗ-1)’

AC = kIaB2- B C 2 = ,----------------- , ,,\ 2(4-2/3) V2-V3

= y/l6(2 + / / -4 ) = 2 ^ 4 ^ л/ 3 )-1 = 2>/74W3

= 2 /(2 + л/3) 2 = 2(2 + л/3).

Итак, AC = 2(2 + \/3), тогда

/2(2 л/3)

V

6 + 2л/3-

т / — 2 !л/2(>/3-1) у

4 л/2 Л

л/3-1 J 2— (б-ь2л/з-2/2 (л/з + 1))

= -(2л/3(л/3-г1)-2л/2(л/з+1)) = (л/3-л/2)(л/3+1).

Ответ: (\/з-л/2)(л/з+ 1).

Пример 81(A). Точка касания окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, делит один из катетов на отрезки длиной т к п (т > п). При каких целых значениях т и п площадь треугольника представляет наименьший полный куб?

В


Решение.Пусть М, N и Р — точки касания вписанной окруж

ности со сторонами ААВС (ZC = 90°).По условию задачи AM — яг, CM = п, где т > п (по

условию).Пусть АВ = х > 0, тогда по свойству касательных,

проведенных к окружности из некоторой точки, имеем AM = AP = m ,B P = B N ~ x - m , C N = CM = n.Из AABC АВ2 = АС2 4- ВС2, или х2 = (т ■ п)2 ■ (х т - я)2,х2 = т2 - 2ягя — п2 ~ х2 - 2тх -г яг2 2ях - 2т/г - я2, 2ягх - 2ях = 2я12 + 2я2, или

г , , яг2- я 2х(т - п) = яг2 - я“, откуда х = --------- .

яг -я

Следовательно,2 2 т ~ пВС = х - яг -г я = ---------- (яг - я) =

яг-я

__ яг2- я 2- (я г -я )2 2ягя гя - п т -п

О С 1 ягя(яг-я)Значит, SMBC = —АС • ВС = —---------- .2 /я-я

Площадь AABC будет наименьшим кубом при

/гг = 12, гг = 6 . При этом ^ = 216 = 63.6

Ответ: при яг = 12, п = 6 .

Пример 82(A). Острый угол прямоугольного треугольника равен 15°, а длина медианы другого острого угла равна 1. Найти длину гипотенузы.

Решение. В

] 2 8 « • Математика. Залачи типа 16 (С4)

Пусть ВС = х, АС = 2 у, тогда| х = АВ sin 15°,! 2у = АВ cos 15°;

х ' АВ ' sin215°,< . 1| у2 = — АВ2 cos215°.1 4

Из Л BCD ВС2 з CD2 = BD2, или

х2 - у1 = 1.Складывая уравнения системы ( 1), получим

х 2 - у2 *-= — АВ2 ■ (4 sin215° - cos215°).4

Учитывая (2), получим

АВ2 ■ (4 sin215° -г cos215°) = 4.Упростим выражение в скобке:л '2 1 го 2 ICO , 1 -cos 30° 1 + cos 30°4 snr 15° f cos215 = 4 ------------- f -------------

1 (4 - 4 cos 30° + 1 + cos 30°) = 1 ( 5 - 3 cos2 2

1 Г з Я Л—! о -ЦО-Зл/З).

4

Тогда (3) примет вид —(10- 3\/з)АВ2 = 4,4

16 4А В2 = ----------- , откуда А В - —= = = = .

ю-Зл/з ТйЯзТз

Ответ: —= = i = .V10- Зл/З


Пример 83(A). Каковы Ш ЛЖ Н Ы быть стороны прямоугольного треугольника, чтобы радиус вписанной окружности принимал за- ушное целочисленное знамение?

Решение. хИзвестно, что между сто

ронами прямоугольного треугольника существует ...ишсимость.

Г 2' X = и~ - v ,

< г/ = 2ии,

\ z = и2 - и2;( 1)

и > V.Формулы (1) называются формулами Пифагора.

Кроме того, в прямоугольном треугольникеx + y - z

где г — радиус вписанной окружности.Учитывая (1), мы имеем

г = — (и2 - V2 + 2ии - и2 - о2) = UV - V2, или 2

г = v{u - и). (2)Пусть г = ft принимает заданное целочисленное зна

чение, тогда (2) примет види(и - и) = ft. (3)

Равенство (3) выполняется, например, если и = 1, тогда и - v = k, т. е. и = k — 1, значит,

х — (ft ш 1 )2 — 1, y = 2(k + 1),

2 = (ft + l )2 + 1, где ft > 1. (4)


С помощью формул (4) может быть получено сколько угодно троек чисел (х , у, г ), удовлетворяющих условию задачи.

Пусть, например, г = к = 13, тогда х = (13 1)- - 1 = 195,у = 2 • (13 - 1) = 28, г = (13 -г I )2 -f 1 = 197.В этом случае получим тройку чисел:1952 + 282 = 1972 ит. д.Ответ: х = (k - I ) 2 - 1,

у = 2{к + 1),г = (к + I ) 2 + 1 , где к > 1.

Пример 84(A). Найти прямоугольные треугольники, у которых гипотенуза в сумме с одним из катетов дает квадрат другого катета.

Решение.Пусть с — гипотенуза; а и b — катеты прямоуголь

ного треугольника. Тогда согласно условию имеемa - с = Ь2 (или Ъ + с = а2).

По теореме Пифагора а2 + Ь2 = с2, следовательно, получим систему

Ь2, \с + а=Ь 2,( =4> с + а = с2 - а2,{с2- а 2 =Ь2;

с + а = (с - а)(с + а), с + а * 0 , тогда с - а = 1 . ( 1) Из (1) =>, что с и а — последовательные натураль

ные числа. Для нахождения с и а решим системуг 1

\с + а = Ъ1, \2с = Ьг +1, |с = 2 (^ +1)’

с -а = 1; |2а =b2 - 1;а = —(62 - 1).

2

Из соотношения с = — (b2 + 1) =>, что с будет целым 2

числом, если Ь будет нечетным, причем Ъ > 1.


Полагая Ь = 3, имеем с = —(32+1) = 5, а = 4, и мы2

получаем «египетский треугольник», стороны которого удовлетворяют условию задачи, так как 4 + 5 = З2.

Если b = 5, с = 13, a = 12, тогда 12 + 13 = 52 и т. д. Полагая b = 2k + 1, получим

ja = 2k(k + l),

< с = к2 +(k + 1)2, где к > 0 .

г» = 2Л+1 .

I ,Замечание. Эти формулы можно получить и из формул Пифагора (см. задачу № 83).

Пример 85 . Площадь впрямоугольного ААВС с гипотенузой АВ равна 30, а площадь ААОВ равна 13.О — центр вписанной окружности. Найти длины сторон ААВС.

Решение.Пусть ВС = а, АС = Ь, АВ = с, тогда S = р • г, где а + Ь + ср = --------- , I радиус вписанной окружности.

2

Так как S = 30, то получим — (а + Ъ + с )г = 30, или2

— (а + Ь)г = 30 - — сг.2 2

Н° \ СГ = Saaob = 13’ Т°ГДа

— г = 30 - 13= 17. (1)


1 26Из соотношения —сг = 13, имеем г = — , а из (1)

2 с

34 „ 34 26получим г = ------. Значит, ----- -- — , или

a+b a+b с

17с = 13(а + Ъ). (2)Возведем обе части (2) в квадрат:289с2 = 169(а2 + Ь2 + 2ab), или 289с2 = 169(с2 + 120), или

26 26120с2 = 169 • 120, откуда с = 13, тогда г = — - — = 2,

с 13а из (2) находим 17 • 13 = 13(а + Ь), т. е. а + b = 17.

Так как по условию S = i ab = 30, то ab = 60.

Итак, a + b = 17, ab = 60. По теореме, обратной теореме Виета, находим а = 5, b = 12, или а = 12, 6 = 5.

Итак, стороны ААВС 5; 12; 13.Ответ: 5; 12; 13.

Пример 86. В равносторон- сний ДABC вписан равносторонний ДDEF; точка D лежит на стороне АС, тогда Е — на ВС и точка F — на АВ. Известно, что АС : DE = 5 :3 . Найти sin ZEFB.

Решение.Пусть АС = 5х, DE = Зх,BF = a, BE = 5х - a, ZBFE = а.Из ABFE по теореме косинусов имеем:FE2 = BE2 ~ BF2 - 2 ■ BE ■ BF ■ cos 60°, или

9х2 = (5х - а)2 + а2 - 2 ■ (5х - а)а • i , или

9х2 = 25х2 - 10ах + а2 + а2 - 5ах + а2, илиЗа2 - 15ах + 16х2 = 0. (1)Решим уравнение (1) относительно переменной а.

Глава 2. Тренировочны е залачи • » » 133

D = 225х2 - 192х2 = ЗЗх2,

15 + V33а = ---- ----- х. (2)

Сравнивая площадь ДBEF двумя способами, имеем:

S a b f e = — BE ■ BF sin 60° =2

1 л/з 1— (5 x -a )a = — (5х-а )а4з.2 2 4

С другой стороны, SABFE = — EF • BF sin a =2

l o - 3— dx ■ a sin a = —ax sin a.2 2

3 1Значит, - a x sin a = — (Ъх-а)а4з, откуда

(5 х - а )Яsina = , где a * 0 .

6x

TT _ . 15 + V33 15±V33Но 5x — a = ox - x = ----------- x.6 6

„ . 15±л/зЗ 7з л/з (15±л/вз)Следовательно, sma = ----------------= ----- -

6 6 36

з(5л/з хл /П ) 5,/з ±л/П36 12

5л/з ± л/ПОтвет:12

Пример 87. Основание равнобедренного треуголь-

12ника равно 86, а cos a = — , где a — угол при вершине.13

Две вершины прямоугольника лежат на основании треугольника, а две другие — на боковых сторонах.

1 34 « • Математика. Залачи типа /6 (C4J

Найти площадь прямоугольника, если одна из сторон вдвое больше другой.

Решение.

I случайПусть вершины М ш N пря

моугольника M D E N лежат на основании АВ равнобедренного треугольника АБС (точка N — между В и М ), а вершины D и 5 5Е — на боковых сторонах АС и ВС соответственно.

Пусть ZACB = a, ZCAB = ААВС = р. По условию

512 ■ L Г12задачи cosa = — , тогда sm a = . 1- —13 V 113

f~25~V169 'Т з

Кроме того, tg р = tg[ 9 0 °-—l = ctg —.v 2 J 2

и . a 1 + cosa Л 12 Д 5Но c t g - = — ;-------= l + _ : — = 5.2 sin a V 13; 13

Пусть E N = x, тогда M N = 2x.

Из A BEN BN = E N • ctg p = 1 Xx - - = —, тогда

5 5

B N = A M = M N = DF = 2x.5

Следовательно, AB = — + 2x + — - l 2 ..5 5 5

Так как АВ = 36, то получим 12х= 36, откуда

х 15, т. е. E N — 15, M N = 2х = 30, тогдаMDEN 15 • 30 = 450.


С II случай Пусть M N = у, тогда EN = 2у.

Из ABEN BN = E N ■ ctg р = - ,2

тогда A M = BN


У

У_2 '

А В -2 2

2 у.

Так как АВ = 36, то 2у = 36, у = 18. Итак, M N = у = 18, = 2у -= 36, тогдаS,;w;v= 18 • 36 = 648.Ответ: 450 или 648.

Пример 88(A). В ЛАВС из вершины С на сторону АВ проведены медиана.биссектриса и высота, длины которых равны соответственно 1 5; 13 и 12. Найта длину АВ.

Решение.Пусть в ААВС CD

".F — высота, где CD Пусть АП == DB

4Е ==■ х — DE, BE = Поскольку СЕ АЕ АС BE ВС

- медиана, СЕ — биссектриса, 15, С Е - 13, CF - 12.

х, тогда AF = х — DF, FB =: х - DF, х - DE. биссектриса ZACB, то

( 1)

Из ДCEF EF = Vl32-122 о:

из ACFD DF = V152-122 = 9, тогда

9 - 5 = 4.9; FB = х - 9; АВ = х -г 4; ВВ = х - 4.

DE = DB - ВВ Значит, AF = х

136 M# Математика. Залачи типа 16 (С4)

Кроме того, из AACF АС2 = (х + 9)2 + 122, а из ACFB ВС2 = (х - 9) 2 + 122.

„ , 1Ч АЕ 2 АС2Из (1) имеем г- = г .

B E2 ВС2Учитывая полученные соотношения, получим

уравнение

(х + 4) 2 (х • 9) • 12:: (х + 4) 2 (х + 9) 2 +144----------- г —-------- -—о----— г ? --И Л И -----------г----------------г----------- ,(х -4 ) (х -9 ) 4-12 (х -4 ) ( х - 9) 4-144

или, вычитая по единице с обеих частей, получим (х + 4) 2 - (х - 4) 2 (х 4- 9) 2 д 144 - (х - 9) 2 -144

(х -4 )2 ~ (х -9 )2 4-144

После упрощения в числителях дробей получим более простое уравнение

16х 36х(х -4 )2 (х -9 ) 2 +144 :

4 9

хзО ,

или(х - 4 )2 (х -9 ) 2 4-144

4(х - 9) 2 + 576 = 9(х - 4)2. (2)Уравнение (2) упростим следующим образом:9(х - 4)2 - 4(х - 9) 2 = 576, или(9х - 12 - 2х 4- 18)(3х - 12 + 2х - 18) = 576,(7х + 6)(5х - 30) = 576, или 35х2 - 180х - 756 = 0.П/4 = 35 460 = 482 • 15 > 0 .

90-48л/15 90-48%/l5х = -------------- откуда х = --------------]' 2 35 35

(второй корень не подходит, так как х > 0 ).сл

Значит, АВ = 2х = — (90 + 48л/ГЁП.35 ' >

Ответ: Я ^ д о + 48л/15j.

Глава 2. Тренировочные залачи •>» 137

Пример 89(A). Точка касания окружности, вписанной в треугольник, делит одну из сторон на отрезки длиной 1 и -у/3. Найти площадь треугольника, если противолежащий этой стороне угол треугольника равен 60°.

Решение.С

Пусть М и N — точки касания окружности, вписанной в ААВС. Пусть СМ = 1, В М - л/з, ЕА = 60°.

По свойству касательных, проведенных к окружности из точки, имеем СМ = CN = 1, В М = В К = 4з.

Обозначим AN = х, тогда А К = х, АС = х + 1,

AS = х -F Я .По теореме косинусов имеем

ВС2 = АВ2 - АС2 - 2 • АВ • АС • cosZA, или2 2 1

( l -л/з) = (хтл/з) Дх-ь1)2 - 2(х + 4 з )(х з1 ) - .

После упрощения получим квадратное уравнение

х2-(л/3 -г1 )х -З Я = 0 .

Поскольку х = A N > 0, то

- Ш - г 1 ) з - ^ 4 з и 4 гх = AN — — --------------- , тогда

2

( V 3 - lW 4 + 14V3АВ = х-гл/3 =----------------- ,о 7


1 - V 3 U л/Г-1 4д/3АС = х + 1 = 1 --------------- .

2

Следовательно, искомая площадь треугольника ABC будет равна

S = ~А В • АВ • sin ZA,2

или s = f ' ^ 7 ( ( 4 ^ 14V3 H ^ 3 ~'1)1 =

= - ( 4 - 1 4 & - 4 - г 2 л 1 з ) = — Чбл/З = 3.16 1 > 16

Ответ: 3.

П рим ер 90. Через точку М , взятую на стороне АВ ААВС, проведена прямая параллельно стороне АС до пересечения в точке Е так, что BE : ЕС = 1 :3 . Найти отношение SM.KM : НЛАВ(:.

Решение.С

Из точки М проведем прямую параллельно ВС до пересечения со стороной АС в точке F. Так как M E ■; АС (по условию), то FCEM — параллелограмм. Тогда А СЕМ = А СЕМ.

В этом случае M т- SAAfEB = SAABC ~ 2 SACEM. ( 1) СЕ

По условию задачи = 3. Согласно теореме Фале-

СЕ A M _ са, имеем ---- = ------ -6 .BE M B


: 1л метим, что AAFM - ААВС и AM ЕВ - ААВС, тогда НС АВ А М + М В = M B 1 _ 4M F ~ А М ~ A M ^ А М ~ 3 “ 3 ’АС АВ А М + М В A M . _ . „— = -----= ------------- = ------д1 = 3 + 1 = 4.ME M B MB M BИзвестно, что площади подобных треугольников

относятся как квадраты сходственных сторон, тогда

SAAFM _ ( F M f _ ( 3 ^ _ 9 ц

SMJJC (ВС)2 U J 16

S,ArEB_ (M E )2J l Y _ 1sMBC (а с )2 U ; 16'

9 1Значит, + SAMEB — —— SMBC -r —— SAABC —

16 16

Учитывая равенство (1), имеем5

ABC ~ 2 S a c e m = ~^ДАВС’ ИЛИ

3■Д аавс = 2^дсем’ откуда SACEM : — 3 . 16.о

Ответ: 3 : 16.

Пример 91(A). В ААВС с периметром, равным 24, вписана окружность. Отрезок EF касательной, проведенной к окружности параллельно основанию, равен 8—. Найти длину основания АВ треугольника.3 С

Решение.Е


Пусть М , N , D — точки касания, EF — касательная, EF || АВ (по условию).

Так как A M = AD и BD = BN — как отрезки касательных, проведенных к окружности из некоторой точки, то АВ = AD + BD = A M + BN, тогда -Р ^ с = АС 4- + ВС + АВ = (AM 4- МС) + (BN 4- CN) 4- АВ — (AD + DB) + + (М С + CN) 4- АВ = 2АВ + MC + CN = 24. (1)

Но C M + CN = СЕ 4- CF 4- EF = Р АСЕГ.Тогда равенство (1) примет вид P %CEF 4- 2АВ = 24,

откуда P ACEF = 24 - 2.4В. (2)Пусть АВ = х, тогда P ACEF = 24 - 2х.Заметим, что ААВС ~ ACEF (по двум углам), значит,

Р EF-■АС~— = ---- . Учитывая соотношение (2), имеемР А В.\АВС

82 4 -2 * з 12 -х 4 , Л---------= — , или -------- = —, или хг - 12х 4- 32 = О,

24 х 8 хоткуда Xj = 4, х2 = 8 .

Итак, АВ = 4 или АВ = 8 .Ответ: 4 или 8 .

Пример 92(A). Основания высот остроугольного ААВС служат вершинами другого ADEF, периметр которого равен 8 . Найти если радиус окружности,описанной около него, равен 3,5.

Решение. п

Пусть D, Е и F — основания высот AABC. Заметим, что ААВС ~ ABDF (по двум углам), так как ZO DF =


ZO BF = - - ZBCE, тогда ZB D F = - - ZODF = 2 2

ZBCE, кроме того, ZABC — общий.Пусть R — радиус окружности, описанной около

A ABC, R 1 — радиус окружности, описанной околоAC R ПТ, AC-R , _ „ „

ABDF, тогда----- = — , откуда DF = -------- , где R = 3,оDF Д, R

(но условию задачи).

R} = — ОВ (ОВ — диаметр), тогда 2

DF =А С О В A C - (B E -ОЕ) = S^m:- S , wc

2R 2 R R

Точно так же EF = -АШ1—zzzz ■ DE = -АШ1_R 2

Следовательно, DF + EF 4- DE = — (3S14BC - (SAA0C 4-R

~ S \a o b ~ & ЛВОС')) = (3 R ,\ A B C _ ^ А А В с ) ~ ^ \АВС

Так как по условию задачи R = 3,5, P aDFF = 8 , то по

лучим = 8, откуда = 3,5 • 4 = 14.О, О

Ответ: 14.

Пример 93(A). Хорда NC пересекает диаметр АВ в точке М под углом 30°. Через точку С проведена хорда CD 1 АВ. Найти площадь ANCD, если M N : МС = 3 :8 , а радиус окружности равен 5.

Решение.Пусть M N = Зх, МС = 8х. Так как CD 1 АВ, то

А М С К — прямоугольный.

По условию Z C M K = 30°, тогда СК = —МС = 4х,2

CD = 8х, NC = И х.


\В

ND sin ZC

= 2 R,

( 1)

Из ANCD по теореме синусов имеем

л/зоткуда ND = 2R sin 60° = 2 - 5 = 5л/з.

2

С другой стороны, по теореме косинусов N D 2 = CN2 + CD2 - 2CN ■ CD cos ZC, или

N D 2 = 121л:2 + 64x2 - 2 • l b • 8x • - , или2

N D 2 = 185л;2 - 88л:2 = 97л;2, откуда N D = л:л/97.

Учитывая соотношение (1), получим Хл/97 = 5л/з,

5л/зх =

л/97 '

Следовательно, SANCD = — NC ■ CD sin ZC, или S&NCD :2

1 л/3— • И х • 8л; • sin 60° = 44х2-------= 22л/3-2 2

22л/з -25-3 1650л/з

Г 5Узл/97

Ответ:

97 97

1650л/з

97

Глава 2. Тренировочные залачи • » » 1 43

Пример 94(A). Две стороны треугольника равны 122

а 15, косинус угла между ними равен —. В треуголь-5

ник вписан ромб, имеющий с треугольником общий угол (вершина ромба, противоположная вершине этого угла, лежит на третьей стороне треугольника). Найти сторону ромба.

Решение.I случай

Пусть угол при вершине А — об- Сщий угол ААВС и ромба ADEF.

Пусть в AABC АС =15, АВ =12,2

/А = a, cos а = — (по условию).

По теореме косинусов

ВС = у1а С2 + АВ2- 2 АС ■ АВ -cos а,

или BC = J 15Ч122~21512-

ВС =15.Выходит, что АС = ВС, т. е. AABC — равнобедрен

ный.Пусть AF = AD = х — сторона ромба ADEF, причем

вершина Е ромба лежит на стороне ВС AABC, а вершина F — на стороне АВ.

Заметим, что ACDE ~ ААВС (по двум углам), тогдаDE CD х 15-х

-, или — = — — , или 1ох = 180 - 12х,АВ А С ' 12 15

27х = 180, откуда х = A F = A D203 '

Тот же результат мы получим, если ZB угол ромба и AABC.

общий


II случайПусть ZC — общий угол AABC и

ромба C M K N , где вершина К лежит на основании АВ, а вершина М — на стороне АС. Так как СК — биссектриса ZACB, то СК и медиана равнобедренного .ААВС и М К ВС, тогда М К — средняя линия ААВС,

значит, М К = - ВС = - -15 = 7,5.2 2

20

~3~Ответ: — или 7,5.

Пример 95. Точки А, В и С лежат на одной прямой. Отрезок АВ является диаметром первой окружности, а отрезок ВС — диаметром второй окружности. Прямая, проходящая через точку А, пересекает первую окружность в точке D и касается второй — в точке Е. Найти радиусы окружностей, если BD = 12, BE = 16.

Решение.Возможны 3 случая расположения точек А, В и С на

одной прямой.

I случайТочка Л расположена между точками В и С, тогда А

находится внутри второй окружности. В этом случае не существует прямой, проходящей через А и касающейся второй окружности.

II случайТочка В расположена между точками А и С (см.

верхний рис. на стр. 145).Пусть К, и Д, — радиусы первой и второй окружнос

тей соответственно. Заметим, что ZADB = ZCEB — как вписанные, опирающиеся на диаметр.

Кроме того, ZBED = ZBCE — как угол между касательной и хордой, равный вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу. Тогда ABDE - АВЕС (по двум

BE ВС 16 2 R,тглам ), з н а ч и т , = —- , или — откуда

BD BE 12 16

/1,= — .3

32Поскольку BD -■ 0 2Е, а 12 > — , то этот случаи не

возможен.

III случайТочка С расположена между точками А я В (рис.

чиже).

п 32Аналогично II случаю находим К2 = — .О

Из подобия прямоугольных треугольников АОЕ и \1)В имеем:

146 <»• Математика. Залачи типа 16 (С4)

АВ BD АО ~ ~ОЕ

откуда Rx

, или2 Rx 12 Д,

2R, -- R, R, 2R] R, R2

6 R,12 -R ,

Ответ: R x = 48, R2

48.

32

24Пример 96(A ). В AABC AB = BC, sin ZB = — ,25

r = 12 — радиус вписанной окружности. Найти радиус описанной окружности.

Решение.

А

I случай

В

/2я\

А °уг _/Ч\

D С

ZB — острый.Пусть ZB = 2а, О хВ - г — радиус вписанной, 0 2В =

0 2С = R — радиус описанной окружности.Так как ААВС — равнобедренный, то О, и Ог распо

ложены на биссектрисе BD. Так как ZB = 2а, то

= 4 5 ° - “ .1 4 2

тт о 2411о условию задачи sin 2а = — , тогда2 5


cos 2а = J1-I — \ V2o

24 V 725

1т- X бПоскольку 1 -г cos 2а = 2cos2а, то cos2 а = ----— = — ,

* 2 25

4 . L f 4 | 3

а sin а . а 5 _ *Известно, что tg — —, или tg 4 з ’

2 1-г cos а °

1 а , 1/ \ l + tg —AD — г • ctg 45 °-— = г —, или AD = 12 — = 24.

v V ! _ t а 12 3

Значит, АС = 2 • АВ = 48.Из ААВС по теореме синусов имеем

R-АС 48

2 sin 2а 2 — 25

= 25.

II случай

В

В этом случае точка О, — центр вписанной окружности — расположен на биссектрисе ВВ равнобедренного ААВС, а центр 0 2 — на продолжении биссектрисы ВВ.


24 7 Аналогично имеем: sin 2а = — , cos 2а = — —, тогда

25 25

cos2a = — (1 + cos 2a), cos a :

at g 2 =

9 3 . 4— , cosa = —, sma = —, 25 5 5

—, AD = 12 \ = 36, AC = 2AD = 72.1 — 2 i _ _

*5 2

Наконец, R = -AC 72-25 75

2 sin 2a 2-24 Ответ: 25 или 37,5.

= 37,5.

Пример 97(A). В AABC известны АС = 34, ВС = 20, а высота CD = 16. Найти расстояние между центрами окружностей, вписанных в AACD и A BCD.

С

Решение.Пусть О и О, — центры окружностей, вписанных

соответственно в AADC и A BCD, r , n r 2 — радиусы этих окружностей, а точки Е и N — точки касания окружностей с высотой CD.

В ЛACD известны АС = 34 и CD = 16, тогдаAD = V342 -162 =30.Аналогично из ACDB имеемBD = 'JBC2 -C D 2 = л/202 -1 6 2 =12.

Глава 2 . Тренировочные залачи •»> 1 49

Из центра О опустим перпендикуляр О М на прямую 0,N , тогда искомое расстояние ОО, найдем из

прямоугольного АОМО,, т. е. ООх = О М 2 + М 0 2.

Возможны два случая.

I случай(точка D расположена между точками А и В):

A D -rD C -A C 30 = 16-34 „= = = 6,

B D -C D -B C 12 = 16-20= 4.

ОМ = E N = DE - E N = г, - г2 = 2, МО, = 0 ,N + MN= 0,N = ОЕ = г, т- гг = 10, тогда

ОО, : л/22 = 102 = л/104 = 2л/26.

II случай(точка В лежит между точками А и D):

ОМ = EN = DE - EN = г, - г2 = 2, МО, =M N - 0 ,N = О Е - 0 ,N = г , - г2 = 2.В этом случае искомое расстояние

ОО, =~J2 +22 =2л/2.

Ответ: 2%/26 или 2\[2.

Пример 98(A). Известно, что в AABC ВС = 12, ЛИ -‘г АС =19, радиус вписанной окружности равен 2. 11айти косинус угла А.

В

Решение.Пусть АВ = х, АС = у, ZA = а.По условию ВС = 12,х + г/ = 19, откуда у

>гда SiXABC = — АВ - АС ■ sin a = — х(19 - х) sin a. (1)

19 - х,


С другой стороны, SMBC = р ■ г, где г = 2,

р = \ ( х + у + 12 )= 1(19 + 1 2 )= ^ , тогда

31авс = АД '2 — 31. (2)

Сравнивая (1) и (2), имеем ^ лг (19 - х ) sin а = 31,

62откуда х(19 - х) = -------. (3)

sin аПо теореме косинусов ВС2 = АВ2 + АС2 - 2АВ -AC- cos а,

или 122 = х2 + (19 - х )2 - 2х(19 - x)cos а, откудах2 + (1 9 -х )2 -122

cosa = ---------------------- . (4 )2х(19-х)

Так как a2 + b2 = (а + Ь)2 - 2ab, то равенство (4) преобразуется к виду:

(х + 1 9 -х )2 -2 х (1 9 -х )-1 2 2cos a = ------------ =2х(19-х)

= 192 -122 -2 х (1 9 -х )2х(19-х)

Используя соотношение (3), получим

192 -122 - 2 ~ ^ - cosa = ----------------sin a —

2 —~

7-31-4-

sin a

31sin a _ sin a _ 7 sin a -4

4 - 3!sm a sin a

TI 7 sin a -4 _ .Итак, cos a = ------------ , или 4(1 -t- cos a) = 7sin a.

Ho l + cosa = 2cos2 —, sin a = 2 sin — cos - 2 2 2


Учитывая, что cos-^^О, получим уравнение

a _ . a , a 4cos —= 7 sin —, или tg —= —.

2 2 2 7

П о ск о льк у cosl - t g ‘

a

1 С a a i - t g -2

to cos a =

1649

1-1649

33(IS a :65

Otneem:3365

Пример 99. Медианы СС. ВВ, и СС, ААВС ие- ■ссекаются в точке О. Из- :с('ТНО, что АВ = 3 ■ ОС.

а) Доказать, что ААВС шямоугольный.

fs) I I а й т и AA 'f - В Г,

или

- in АВ = 8 .

Решение.а) Известно, что медианы треугольника нересека-

: с я в одной точке и делятся в ней в отношении 2 : 1, читая от соответствующей вершины.

Значит, СС, = — ОС -- — АВ - — АВ - 4.1 2 2 3 2

Тогда ААСС, и АВСС, равнобедренные, причем С,АС = ZACC, и ZCBC, = ZBCC,.Сумма этих четырех углов равна 180°, тогда ZACB = АСС, -г ZBCC, = 90°.Следовательно, А АВС — прямоугольный, с прямым

: лом С, ч. т. д.

1 52 « • Математика. Залачи типа 16 (C4J

б) Из прямоугольного А АСА, имеем

А А2 = А С 2+СА? =А С 2+ - В С 2. (1)1 1 ^

Аналогично из прямоугольного АВСВ, находим

ВВ2 = В,Сг + ВСг = - А С г + ВС2. (2)4

Складывая равенства (1) и (2), имеем

А А 2 + ВВ2 = АС2- г -В С 2 а --А С 2 + ВС2 = - (А С 2^-ДС2).1 1 4 4 4 ’

Но АС2 + ВС2 = АВ2 = 64, тогда

АА ,2 + ВВ2 = —-64 = 516 = 80 .1 1 4

Ответ: 80.

Пример 100. Точки А,, В,, С, — основания высот остроугольного ААВС.

а) Доказать, что ААВ,С„ АА,С,В и А А,В,С подобны ААВС.

б) Найти углы A ABC, если углы ЛА1В1С1 равны 90°, 60° и 30°.

С

Решение.а) По условию задачи A ABC — остроугольный, зна

чит, его высоты AAj, ВВ, и СС, пересекаются в точке О, лежащей внутри треугольника, а основания высот А,, В, и С, лежат на сторонах треугольника.

Заметим, что ААСС, - ААВВ ,, так как они оба прямоугольные и Z A — общий.

Глава 2. Тренировочные залачи • » 1 53

АС АССледовательно, L = ----

АД АВоткуда

АС,АС

АВ,АВ

! 1оскольку у А АВ,С, и A ABC Z A — общий и их соот- |п-тственные стороны, заключающие этот угол пропорциональны, то они подобны по II признаку подобия и

Л И,С, = ZABC, ZAC,B, = ZACB. Аналогично можно .■тказать остальные случаи подобных треугольников,

б) Из доказанного выше имеем: ZAB,C, = ZABC, CBjAj = ZABC. Тогда получим ZA,B,C, + 2ZABC =

I 80°, или ZABC ■ 90° - -Z A .B .C , .2 i l l

Точно также можно получить для других острых углов.

Далее имеем: 90е - -90° = 45°; 90 °- - 60° = 60°;

40" 1

230° = 75°

Ответ: 45°, 75°, 60°.

Пример 101 (А). Высоты CD и / >Д остроугольного ААВС пе- 1»'< окаются в точке О.

а) Доказать, что ZABC = ЛОВ.

б) Найти ВС, если АО = 6 и РЛС = 60°.

Решение.а) Заметим, что в четырехугольнике AEOD ZE = /) = 90° (BE и CD — высоты), значит, около этого

к i мрехугольника можно описать окружность, тогда> ее диаметр.Кроме того, Z A E D = ZAOD как вписанные углы,

■■инрающиеся на одну и ту же дугу.Так как ZCEB = ZCDB = 90°, то точки С, В, D

и /.' .нежат на окружности с диаметром ВС, значит,


ZAED — 180° - ZCED = ZCBD. Выходит, что ZABC — = ZAO D , ч. т. д.

б) В AAED АО = 6 (по условию) — диаметр описанной окружности, тогда

ГоDE = АО • sin ZBAC = АО • sin 60° = 6 • — = Зд/З .

2

Из прямоугольного AACD имеем

AD = АС • cos ZCAD = АС • cos 60° = —АС.2

Аналогично из прямоугольного ААЕВ получим

АЕ = АС • cos ZBAE = АВ ■ cos 60° = —А В .2

_ АВ АСВыходит, что -----= -----.АЕ AD

Заметим, что ААВС - ZAED , так, как у них ZA — АВ АСоогции и (но доказанному). Следовательно.АЕ АП

— — = 2 , тогда ВС - 2DE ■= б^З .ED АЕ

Ответ: бу'З .

Пример 102. В А АВС АС - ВС, ZACB = 120°, CD высота, В М — биссектриса ZABC.

В А АВС вписан прямоугольник M E FN так, что сторона ЕЕ лежит на основании АВ, а точка N е ВС.

а) Доказать, что ЕЕ = 2 • ME.б) Найти SslFFK, если АС = 6 .

С


Решение.а) Так как ААВС — равнобедренный, то высота CD

является медианой и биссектрисой (по свойству). По условию задачи ZACB — 120°, тогда ZA = ZB = 30°.

Пусть АС = ВС = х, тогда из AACD имеем

CD = AC sin ZA = х ■ sin 30° = i x,2

JoAB = 2 • AD = 2 • AC cos ZA - 2x ■ cos 30° = 2x ■ — =

2

= Хл/З .

По условию В М — биссектриса ZABC, тогда по свойству биссектрисы, имеем:

A M АВ Х\[з гг , гг . = ---- = ------= л/3 , или A M = V3 ME,М С ВС хМ С МС _ М С МС

АС ~ А М + М С “ %/зМС + М С _ МС(ч/3 + 1)~

1

_ 1 + >/з’

Значит, МС = АС ■ — ?-j=- = — = , A M ^ Х1 + л/з _ 1 -f л/з ' 1 + V3 ‘

Из ААМЕ, где Z A E M = 90°, имеем

M E = A M sin ZA = - A M ^ X --------- - Г .2 2(1 + д/з)

Заметим, что A CMN - A ABC (M N jj АВ), тогда EFАВ \/Зх 0

- M N = -------- = =■ = 2 M E, ч. т. д.l + л/З l-rV3

®) SMEFN = EF • M E =•v/Зх V3x 3 x

l + л/З 2 (l + V3) 2 ( 1 + ) 2

2 4 + 2л/з ’x2


По условию АС = ВС = х = 6 , значит,_ 3 36 _ 27 _ _ лг

“ ™ 2 '2 (2 ^ 7 з )~ 2 + 7з ( V ’ ■

Ответ: 27(2 - %/3 ).

Пример 103(A). Около остроугольного ААВС описана окружность с центром О. На продолжение АО за точку О отмечена точка D так, что ABAC 4- AADB = 90°.

а) Доказать, что четырехугольник OCDB вписанный.

б) Найти радиус окружности, описанный около

OCDB, если cos ABAC = — , ВС = 36.5

С

а) Пусть ABAC = а, тогда AODB = AADB = 90° - а и АВОС = 2АСАВ = 2а. Так как ОВ = ОС, то АВОС —

равнобедренный, тогда АОСВ = АО ВС = —(180° - 2а)2

= 90° - а. Выходит, что точки О, С, D и В лежат на одной окружности, значит, четырехугольник OCDB вписанный.

4б) Согласно условию задачи cos АСАВ = —, тогда


Из A ABC по теореме синусов имеем

ОВ = -----— ----- = ^ ю = зо.2sin ABAC 2 . - 2 3

5ПустьД — радиус окружности, описанной около

четырехугольника OCDB.Из AOBD имеем

ОВ ОВ ОВ 30 75R =2sin AODB 2 sin (90° - a ) 2 cos a 2 4 4

D

Ответ: — . 4

2.2. Четырехугольники

Пример 104(A). В параллелограмме ABCD точка Е — середина стороны DC. Отрезок АЕ пересекает диагональ BD в точке F. Найти SABCD, если SADFE = 3.

Решение.

D E c

Пусть Е — середина DC, тогда DE = CJ3 = —АВ.2

По условию S&DFE = 3. Поскольку AAFB ~ ADFE (по ум углам), то SADFE : = DE2 : АВ2 = 1 :4 , тогдаЛГВ ~ 4 ' ^ A D F E = 4 ■ 3 = 12.


Кроме того, SADFE : SAAFB = DF2 : BF2 = —, тогда4

DF = - B F .2

Значит, SAAFD = -- SlXAFB, следовательно,2

^ A B C D = AABD = 2(^ЛАВГ ^ ^ A A F b ) = 2 ' (6 = 12) — 36.

Ответ: 36.

Пример 105(A). Точка E, взятая на стороне ромба ABCD , делит его в отношении 3 :2 , считая от вершины

A, a DE = СЕ = л/31. Найти SACED.Решение.

D F с

Пусть АЕ = Зх, тогда BE — 2х, АВ = 5х. ОбозначимZ A = a , A B = 180° - а.

Из AADE и А СЕВ по теореме косинусов имеем DE2 = = АЕ2 + AD 2 - 2АЕ ■ AD ■ cos а, или 31 = 9х2 + 25х2 - 30x2cos а, 34х2 - 30x2cos а = 31. (1)

Аналогично СЕ2 = 4х2 + 25х2 - 20х2 • cos (180° - а), или 29х2 + 20x2cos а = 31. (2)

Глава 2. Тренировочные залачи • » » 1дУ

Сравнивая (1) и (2), находим 50x2cos а = 5х2, откуда

cos а = — . Учитывая (1), имеем 31х2 = 31, х = 1, 10

тогда DC = АВ = 5х = 5.

Из ADEF EF = у/зГм^25 = — - = .2 2

Значит, S UJBr= — = — л/ll.ADEC 2 2 4

15 I—Ответ: — V II.

4

Пример 106(A). В параллелограмме ABCD М — середина АВ. Диагональ АС пересекается с отрезком M D в точке К. Найти длины А К и КС, если АС = 18.

Решение.

Проведем BF jj MD. Так как В М FD, то MBFD — параллелограмм, т. е. M B = FD. Но M B = A M (по условию), АВ = CD (по свойству параллелограмма), тогда FD = M B = ЕС. Так как В М = МА, то АК — КЕ (по теореме Фалеса). Аналогично из того, что СЕ = FD,

> СЕ = КЕ. Значит, АК = КЕ — ЕС, и так как АС = 18, то А К = 18 : 3 = 6 , тогда КС = 18 - 6 = 12.

Ответ: АК = 6, КС = 12.

Пример 107(A). В ромбе ABCD АС : BD = 3 : 2, О — точка пересечения диагоналей, ОВ 1 АВ. Найти ВЛБСД,• т ли E.\AqE — 27.


Решение. DПусть в ромбе ABCD АЕ = х, BE = у, ОЕ = h, АО = а,

ОВ = Ь, тогда SADCU = АВ ■ 2ОЕ = 2(х 4- у) ■ Д.

По условию задачи S.ww = 27, или = 27, xh 54.

Так как ОЕ = h А АВ , то из ААОВ имеем Л2 = ху.Из подобия ААОЕ и ААОВ (как прямоугольные,

имеющие общий ZOAE) получим а : b = х : /г, и так как по условию задачи АС : BD = 3 :2 ,т о а :6 = 3 :2 , тогда х : Л = 3 :2 . Имеем систему уравнений

Г хЛ = 54,х 3

( х : h = 3:2, или х/г • — = 54 • —, или х2 = 81, х = 9,h 2

ху,Л2

тогда h = 54 : х = 6 , следовательно, у чит, SAliCD = 2(х -г у) • /г = 2 • (9 -г 4) • 6

Ответ: 156.

/г2 : х = 4, зна- 156.

П рим ер 108. Чему равен острый угол ромба, если сторона есть среднее геометрическое его диагоналей?

Решение.

Глава 2. Тренировочные залачи •»> 1 61

Пусть сторона ромба АВ = х, ZDAB = а, АС = dx, />71 = d2. По условию задачи х2 = dx ■ d2.

Из AABD по теореме косинусов d\ = х2 -f х2 - 2х2 cos а,

или dl = 2х2(1 - cos а). Так как 1 - cos а = 2sin2 —, то 2 2

получим dl = 4x2sin2—, откуда d., = 2xsin —.2 2 2

Аналогично из ААВС, где ZABC =- 180° - а, cos (180° - а) = -cos а, имеем

dl = 2х2 — 2x2cos а = 2х2(1 — cos а) = 4x2cos2—,2

откуда dx = 2xcos —.2

Итак, d, = 2xcos —, d., = 2xsin —.1 2 2 2

Учитывая условие задачи, имеем

х2 = 2xcos— • 2xsin— = 2x2i 2 sin — cos—^2 2 v 2 2

= 2x2sin а, откуда sin a = i , a = 30°.

Ответ: 30°.

Пример 109(A). В прямоугольнике ABCD О — точка пересечения диагоналей АС и BD, расстояние от точки О до стороны АВ равно 13, а расстояние от середины АВ до диагонали BD равно 12. Найти радиус окружности, описанной около прямоугольника.

Решение.По условию ОЕ = 13, EF =12, тогда из AOEF нахо

дим OF = V132 -122 = 5. Заметим, что A DAB - AOEF —

как прямоугольные, ZADB = ZEOF, значит,AD OF A D E F = ---- , откуда АВ = -----------.АВ EF OF

1 62 <*• Математика. Залачи типа 16 (С4)

D

Так как О — середина B D , Е — середина АВ, то ОЕ — средняя линия ADAB, значит, AD = 2 • ОЕ и

2 13 12 26 12 _ АПЛВАВ = ----------= ---------. Далее из A DAB находим

B D = J A D 2 + AB2 = J262 + f— ——1 =

= 26-J1+12

= 26-169 261325

Поскольку ABCD прямоугольник, то диагональ является диаметром описанной окружности, тогда ради-

1325

Ответ: 33,8.

ус R = — BD 2

169= 33,8.

Пример 110(A). В параллелограмме со сторонами 11 и 5 проведены биссектрисы всех углов. Найти острый угол параллелограмма, если площадь четырехугольника, вершинами которого являются точки пересечений биссектрис, равна 9.

Решение.По условию АВ = 11, AD = 5. Пусть точки Е, F, М ,

N — точки пересечения биссектрис углов параллелограмма ABCD. Пусть ZDAB = a — искомый угол.


Заметим, что четырехугольник E F M N — прямоугольник (доказать самостоятельно), тогда

NE = DE - DN =11 sin — - 5 sin — = 6 sin —,2 2 2

EF = СЕ - CF =11 cos — - 5 cos— = 6 cos — .2 2 2

Значит, S^.EFM = NE • EF = 6 sin ^ ■ 6 cos ^ =

18 sin a.Ho SNEFM = 9, тогда 18 sin a = 9, откуда

sin a = —, a = 30°.2

Ответ: 30°.

Пример 111 (А). В квадрате ABCD точка E — середина ВС, а точка F — середина CD. Найти tg ZEAF. ,

Решение.

I способПусть в квадрате ABCD точка Е — середина ВС,

F — середина CD. Пусть ZEAF = а. Так как F и Е — середины сторон квадрата, то AADF = ААВЕ (по двум катетам). Тогда ZDAF = ZBAE = [3 и ZDAB = 2р + a = = 90°, откуда a = 90° - 2р, тогда tg a = tg (90° - 2(3) = =ctg 2p.

ADИз AADF находим ctg p = ---- = 2.

DF


Но ctg 2а

tg а = ctg 2(3ctg2(3-1 _ 4-12 ctg (3 2-2 4

Итак, tg а = 0,75.Ответ: 0,75.

II способ Пусть АВ = 2х, тогда FC = ЕС = х.Из AFCE ЕЕ2 = х2 + х2, или FE2 = 2х2.Из ААВЕ А Е 2 = (2х ) 2 + х2, А Е 2 = 5х2,

или АЕ = AF = х 4ъ .

Из AAFE по теореме косинусов имеемFE2 = АЕ 2 + АЕ2 - 2АЕ • АЕ cos а, или 2х2 = 5х2 + 5х2 - 2 • 5х2 cos а,

410x2cos а = 8х2, х > 0 , cos а = — .

5

Известно, что 1 + tg а :cos а

■, или 1 + tg а =2516

9 3tg2a = — , откуда tga = — = 0,75, где 0 < a < 90°.

16 4

Ответ: 0,75.

III способ

АЛЕ & AB C D 2 S \ A B E & &FCE’


или -А Е • АЕ sin АВ2 - 2 ■ - АВ ■ BE - - С Е ■ CF,2 2 2

— ■ 5х2 sin a = 4х2 - 2х2 - — х2;2 2

1 - 2 • 3 2 — • ox sm a = —х2,2 2

3 2 . . 2 16откуда sm a = —, cos a = 1 - sm a = — и

5 25

1 -f tg2a = — ^— и т. д. (см. способ 2). cos a

Пример 112(A). Биссектрисы углов трапеции делят каждое из ее оснований на 3 равные части. Найти площадь трапеции, если ее высота равна 1.

В Д A t С

Решение.Пусть AD — большее основание трапеции ABCD.

АА,, В В „ СС, и D D , — биссектрисы ее внутренних углов.

По условию АВ, = В,С, = C,D и BD, = D,A, = А,С (это единственно возможный случай выполнения условия).

Пусть ВС = Зх. Так как АА, и ВВ, — биссектрисы соответствующих углов А и В, то ВА, = АВ = АВ, ( ZBA,A = ZA,AD = ZBAA,, ZABB, = ZB,BC = ZBB,A).

Значит, АВ = 2х, AD = 6х — трапеция равнобедренная. Проведем высоту ВМ, тогда по теореме Пифагора имеем


4хг9х2 7 2 . л/7

= 1, ИЛИ — х =1, — х = 1, откуда х =

Следовательно, SABC

4 ' 2

АВ + ВС

7 Г

■ВМ, или

ABCDА ) - 1 = JL

2 С л/7 ^ ^7 j ' ~ 2 л/7 _ л/? '

Ответ:

Е

.о.

П рим ер 113(A ). АВ —диаметр четырехугольника ABCD, вписанного в окружность. Найти отнош ение ВС : АВ , если угол между прямыми АВ и ВС равен 60°.

Решение.Проведем диагонали АС и

в BD четырехугольника ABCD. Пусть F — точка их пересечения, а Е — точка пересечения прямых АВ и ВС.

П оск ольк у АВ — диаметр окружности, то ААСВ

и ААВВ — прямоугольные, тогда АС и ВВ — высоты ААЕВ.

Значит, ZAFB + ZCFB = ZCFB + ZDFC, откуда ZCFB = 180° - ZDFC = 60°.

Кроме того, ZCAB = ZBDC — как вписанные, опирающиеся на одну и ту же \jCB, ZAFD = ZCFB — как вертикальные, тогда AAFB ~ ADFC (по двум углам),

CF 1причем коэффициент подобия ft = ——■ = cos 60° == —,

BF 2

следовательно, ВС : АВ = cos 60° =

Ответ: 1: 2.

Глава 2. Тренировочные залачи • » 1 67

Пример 114(A). В прямоугольную трапецию вписана окружность, центр которой удален от концов боковой стороны на расстояния 9 и 12. Найти периметр трапеции.

Решение.По свойству описанного

четырехугольника имеемAB + CD = BC + AD.

EF — средняя линия трапеции, тогда 2EF = АВ + СВ. Следовательно, периметр трапеции будет равен

Р = (АВ + СВ) = (ВС 4- АВ) = 4EF.Заметим, что ЕЕ = ЕО -г OF, где ЕО = О М — радиус

списанной окружности.Поскольку ZBAD + ZADC = 180°, то

ZOAD + ZADO = - ZBAD + - ZADC = - ■ 180° = 90° 2 2 2

(АО и DO — соответственно биссектрисы углов А и В.) Значит, ZAOD = 90°, т. е. AAOD — прямоугольный,

: л/122’ 2 -к 92 =7225 15.тогда AD ■■

Но F — середина АВ (EF — средняя линия трапеции), т. е. OF — медиана ДАОВ, а точка F — центр описанной около AAOD окружности, т. е.

О М

OF

Заметим, что S ^0D =

A O O D 36

- ± a d = ™ .2 2

—AD ■ О М = — АО • OD, откуда 2 2

AD 5

Значит, Р = 4EF = 4 ■ (ЕО + OF) 4 • 14,7 = 58,8.Ответ: 58,8.

4 (О М + OF)


Пример 115(A). Меньшее основание равнобедренной трапеции равно 10 , а острый угол равен 60°. Найти длину отрезка, соединяющего центр вписанной окружности с вершиной меньшего основания.

N М

Решение.Так как K N M L — трапеция, где K L |j N M , то

Z K + Z K N M = 180°.По условию задачи окружность вписана в трапе

цию, где N M — 10, тогда NO = О М — биссектрисы углов K N M и LM N .

Так как Z K = 60°, то Z K N M = 180° - 60° = 120°, тогда в AN О М Z O N M = Z O M N = 60°, значит, Z N O M = ~ 60°, т. е. AN O M — равносторонний, тогда М О = = NO = M N = 10.

Ответ: 10.

Пример 116(A). Основания трапеции равны 4 и16. В нее вписана и около нее описана окружность. Найти произведение радиусов описанной и вписанной окружностей.

D С

Глава 2. Тренировочные залачи •>> 1 69

Решение.Согласно условию задачи около трапеции можно

описать окружность. Но тогда ABCD — равнобедренная трапеция, т. е. AD — ВС. Поскольку в трапецию также можно вписать окружность, то AD + ВС = АВ + DC = 20, тогда AD = ВС = 10.

Проведем высоту СЕ трапеции.Пусть ZB = а. Так как трапеция равнобедренная,

то BE = — (АВ - CD) = 6 .

Из А СЕВ СЕ = VlOO-36 = л/б4 = 8 . Но СЕ = 2 г, где

г — радиус вписанной в трапецию окружности, т. е. г = 4.

BEЗначит, из А СЕВ cos а = -----= 0,6, где а = ZB, тогда

ВСsin а = 0 ,8 .

Из ААСВ по теореме косинусов имеем АС2 = 256 -f 100 - 2 • 16 • 10 • 0,6 = 164, АС = 2-Д1.

Так как по условию окружность описана около трапеции ABCD, то она описана и около AABC, тогда по

АС _ „ 2^41 5л/4Ттеореме синусов = 2R, Rsma 2 0,8

Следовательно, R -r = 5y/4l.

Ответ: 5л/41.

Пример 117(A). В прямоугольную трапецию с ост-

. 3рым углом, равным arcsm —,

В

овписана окружность радиуса9- . Найти площадь трапе- 4

ции.


Решение.Пусть ZBAD = а, тогда согласно условию задачи

3sin а = —. Проведем высоту BE трапеции ABCD.

5

RF 2-9/4 15Из ЛАВЕ имеем АВ = ------ = ----------= — , где BE =

sin а 3/5 2

= 2г, I радиус вписанной окружности.По свойству описанного четырехугольника AD -

15 9+ ВС = А В -г CD = — + — = 12. Следовательно, площадь 2 2

1 1 1 8трапеции S = — (AD + ВС) ■ CD = — 12---- = 27.

2 2 1

Ответ: 27.

D у С Пример 118(A). П лощадь трапеции равна 10 . Середина боковой стороны соединена с концами другой боковой стороны. Найти площадь получившегося треугольника.

Решение.По условию = 10, Е — середина AD.Проведем из точки Е среднюю линию ЕЕ.

Пусть АВ = х, DC = у, тогда EF = — (х + у). Пусть2

h — общая высота для трапеций AEFD и EDCF, тогда

*^ЛСЕВ = S \ T C F + S a BEF = 2 ' ^ ~ ^2 ^

С другой стороны, S ^ B + SADEC = 1 х - Л + 1 у Л =

= | л (* + г/) = | (х + у)-Л = EF ■ h = SACEB.


Значит, SiCEB = ~ S ABr:II = - 1 0

Ответ: 5.

1

2_1

25.

DПример 119(A). В трапеции ABCD AD = ВС. Диагональ АС пересекается с высотой DE в точке F. Известно, что АЕ : FC = 1 :4 .Найти отношение площадей треугольников ADC и ABC.

Решение.Заметим, что AAFE ~ ADCF (по двум углам), тогда

AF АЕ F C ' DC '

По условию задачиAF 1 FC 4

DC = 4 • АЕ. Следовательно, АВ

+ 4АЕ = 6АЕ

значит,АЕ 1DC ~ 4 ’

2АЕ + DC =

откуда

2АЕ +

6 • — DC = — DC. 4 2

Но D C : АВ = Ответ: 2 : 3.

aadc • & лавс ’ или Здддс ■ S ,л,!г, 2 : 3.

Пример 120. В трапеции ABCD с основаниями АВ и DC О — точка пересечения диагоналей АС и BD. Найти площадь трапеции, если 8 Ы0В =

COD ~ S 2 •

Решение.Заметим, что ААОВ ~

A COD (по двум углам), тогда

D

АО2ОС2

илиАООС


Кроме того, значит, лР - = % А откУДа S2 ОС S2 S2

Поскольку S iSA0D = S^C0B (доказать самостоятельно), то площадь S трапеции ABCD будет равна S = S x Z S2 +

+ 2 7 s или S = (7Sx - 7 s :

Ответ: +yjS2

Пример 121 (А). Диагонали трапеции равны 5 и 12, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 6,5. Найти площадь трапеции.

D

М

N

Решение.Пусть в трапеции ABCD АС = 5, BD = 12, Е — се

редина DC, F — середина АВ, EF = 6,5. Из точки С проведем прямую параллельно DB до пересечения с продолжением АВ в точке М . Тогда СМ = BD = 12.


Также из точки С проведем СК [[ EF и продолжим медиану СК за точку К на расстояние, равное ее длине. Заметим, что SMCM = S ^ CD.

Но ДАСК = AM NK = АСКМ, тогда SACMN = SA B C D -

Но ACMN — прямоугольный (по обратной теореме Пифагора), так как CN = 2СК =1 3 , СМ = BD = 12, M N = АС = 5 и 132 = 122 + 52.

Значит, Вддсо ■

Ответ: 30.

S.\cmn ~ Z СМ • M N = • 12 • 5 = 30.

Пример 122(A). В трапеции ABCD основания АВ = 9,CD = 4. Окружность, проходящая через вершины В, С и D, касается стороны AD.

Найти высоту трапеции, если диагональ BD проходит через центр окружности.

Решение.По условию задачи окруж

ность с центром О проходитчерез вершины J3, С, D и касается стороны AD. Пусть О — точка касания. Так как диагональ BD проходит через центр О окружности, то ZADB = ZDCB — 90°.

Кроме того, ZBDC = ZABD как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых АВ и DC и секущей BD. Значит, трапеция — прямоугольная, где ВС — искомая высота. Заметим, что AADB ~ A BCD (по двум углам ), тогда BD : АВ = CD : BD, откудаBD = \fABDD =7ЁВ4 = 6 .

Из ADCB находим ВС ■

736-16 = 720 = 275.

Ответ: 2^5.

7 BD2-C D 2


DПример 123(A). В рав

нобедренную трапецию ABCD вписана окружность радиуса г = 2л/з, F — точ

ка касания окружности с основанием трапеции DC. Отрезок A F пересекает окружность в точке М так, что A M : M F = 2 :6 . Найти периметр трапеции.

у. По свойству

A F - A M ,

Решение.Пусть A M = 2х, тогда M F = 6х, DF

касательных DF — D N = у, A N = АЕ.По свойству касательной и секущей АЕ2

откуда АЕ = у](2х + 6х) ■ 2х = Ах.

Так как АЕ = 4х, A M = 8х, то ZAFE = 30° => ZAFD = 60°. Из AADF, где D F = у, AD = A N + N D = А Е + D F =

= 4х + у, по теореме косинусов имеем (4х + у )2 —

= 64х2 + у2 - 2 ■ 8х ■ у ■ —, или 48х2 = 1 бху, х ^ 0, откуда2

у — 2х, тогда DC = 2у = 4х, АВ = 2АЕ = 8х.Из AAED A F2 - А Е 2 = FE2, или (8 * )2 - (4х) 2 = (2г)2,

откуда 12х 2 = г2, где г = 2л/з (по условию), тогда 12х2 =

= 12, х2 = 1, х = 1. Значит, АВ = 8х = 8 ; DC = 4.Но АВ 4- DC = AD 4- ВС (по свойству описанного че

тырехугольника), тогда периметр трапеции Р = (8 + 4) • 2 = 24.

Ответ: 24.

Пример 124(A). В трапеции ABCD AD jj ВС, ВС = 5, АС = 9, BD = 12. Найти большее основание AD, если® ABCD = 5 4 -

Решение.Известно, что если d1 и d2

угольника и а

диагонали четырех- 1

угол между ними, то S = — d1d2 sin а.

Глава 2. Тренировочные залачи 175

В

По условию задачи АС = 9; BD = 12 и SABCD = 54, то

гда получим i • 9 • 12 • sin a = 54, или sin а = 1, а = 90°, 2

т. е. AC ± BD.Из точки В проведем прямую параллельно АС до

пересечения с продолжением основания DA в точке Е.Тогда AC BE — параллелограмм (по определению)

и АЕ = ВС = 5. Так как BD ± АС (по доказанному) и AC jj BE (по построению), то ABDE — прямоугольный (по обратной теореме Пифагора), тогда BD2 + BE2 = DE2, или 122 4- 92 = (х + 5)2, где х = AD. Решая полученное уравнение, находим х = 10.

Ответ: 10.

Замечание. Задачу можно решить иначе, например, предварительно доказав, что SABCD = S!iBEL).

Пример 125(A). В равнобедренной трапеции ABCD AD = ВС = 13, основание АВ = 20. Найти длину меньшего основания, если SABCD = 180.

Решение.Проведем высоту трапе

ции DE = h. Пусть DC = х,

D

13 / V/ h \/ ~| \Е В

АЕ = у, тогда у = — (20 - 2

х). Из AAED у2 + Л2 = 132


По условию задачи SABCD = 180, или (20 + х) • h = = 360. Итак, для нахождения DC = х имеем систему уравнений

Г Л Г 1

!у = - ( 2 0 - х ) , ! у2 = — ( 2 0 - х ) 2,2 ! 4

) у2 ~ h2 = 132, или h2=132- y 2,

{ (2 0 -х ) h =360; t (2 0 -х )2 Л2 =3602,

откуда Л2 = 132 - - - (2 0 -х )2, или Л2 = — (6 -х )(4 6 -х ).4 4

Тогда III уравнение системы примет вид (20 + х )2(6 -г х)(46 - х) = 7202.

Упрощая полученное уравнение, получим х 1 - 1476х2 - 27 040х + 408 000 = 0.

Можно убедиться, что х = 10 — корень уравнения, тогда х2(х2 - 100) — 1376х(х - 10) - 40 800(х - 10) = 0, откуда находим, что х = 10 — единственный корень уравнения. Уравнение х3 + 10х2 - 1376х - 408 000 = 0 не имеет корней, так как по смыслу задачи х < 20 , и левая часть полученного уравнения отрицательна и равенство не может выполняться.

Ответ: 10.

Пример 126(A). Боковая сторона равнобедренной трапеции в три раза больше меньшего из оснований. Биссектрисы тупых углов этой трапеции пересекаются в точке, лежащей на основании. Найти отношение площади трапеции к площади треугольника, образованного меньшим основанием и биссектрисами.

Решение.Пусть в трапеции ABCD AJD =

биссектрисы тупых углов ADC и

D С

-i VA/Их а Ч\

/а\ о \

/ У\ У X

Л Е В

= ВС, DE и СЕ — BCD.


Пусть DC = х, тогда AD = Зх.Так как ZEDC = ZECD, то AEDC равнобедренный.

11усть DE = СЕ — у.Но AADE = АЕСВ (по двум сторонам и углу между

ними), тогда

^ a b c d ~ 2 S \ a DE S_\df.C. ( 1 )

Но S^WE = —AD ■ DE sin a = — • 3xy sin a. (2)

S\DEC = — D E ■ CE ■ sin (180° - 2a) = — y1 sin 2a. (3) 2 2

С учетом (2) и (3) равенство (1) примет вид

S ABCL) = 3 х У S il1 ° - + \ у г S lU 20t-

1 XИз ADKE cos a = — х : у = — , откуда х = 2у cos a,

тогда SABCD = 3 • 2у cos a • у sin a -f — уг sin 2a =2

1 . 7= 3i/2sin 2a -f —y2 sin2a = — y2 sin 2a.

2 2

Учитывая (3), получим7 1

S ABCD '■ S ADKC = 2 У 2 S i n 2 a : 2 y 2 S i n 2 a = 7 ‘

Ответ: 7.

Пример 127(A). В равнобедренной трапеции острый угол между диагоналями, противолежащий боковой стороне, равен а. При капом значении а диагональ трапеции в два раза больше пысоты?

Решение.Пусть DC = 2х, АВ = 2у.

D С

1 78 <*• Математика. Залачи типа 16 (С4)

Из условия следует, что а < 90°.

Известно, что SABCD = — d2 sin а, где d = AC = BD.2


SABCDAB + DC 2х + 2у , ,

• СМ = : h = (х + y)h, откуда,2 2

сравнивая полученные выражения, получим

— d2 sin а = (х + y)h, или

cf2sin а = 2(х 4- y)h. (1)По условию задачи d = 2h, тогда ( 1) примет вид 4/i2sin а = 2(х + y)h, h * 0, тогда

2h sin а = х 4- у. (2)

Но M B - — (АВ - DC) = — (2у - 2х) = у - х, тогда2 2

A M = АВ - M B — 2у - (у - х) = у + х. (3)Из ААМС d2 — A M 2 4- li2, или, учитывая (3), имеем 4h2 = (х 4- у)2 4- Л2, или 4/г2 = 4/г2 sin2 а 4- Л2,

33/г2 = 4/г2 sin2 а, sin2cc = —, откуда

4

л/3sin a = (sin a > 0), тогда a = 60°.

2

Ответ: при a = 60°.

M A Nr n f ^ -F, Г \ с \ р

° \711 \ ЛВ

Пример 128(A). В равнобедренную трапецию TM NK, площадь которой равна 125, вписана окружность. Е и F соответственно точки касания боковых сторон М Т и N K с окружностью.

Найти площ адь круга, К если EF = 8 .


Решение.I Гроведем диаметр окружности АВ 1 M N и АВ 1 Т К ,

проходящий через центр О окружности. По условию 'ГМ = K N , S TMXK = 125 и E F = 8 — расстояние между Iочками касания ее боковых сторон.

Пусть Е М = М А = /п, Т Е = Т В = Ъ, ЕО = г — радиус

шшсанной окружности, А В = 2г, ЕС = — E F = 4, где2

< ’ - точка пересечения E F и АВ.

Из АЕОС ОС = 1Jr2 -16, тогда АС = АО - ОС =

/• - sir2-16, ВС = В О + ОС = г + sjr2 - 16.

Следовательно, M E : Е Т = АС : ВС, или m : п —

( г - sjr2- 1 6 ): ( г + sir2- 16 ).

Из А М О Т , где Z M O T = 90° (МО и ТО — биссектрисы углов T M N и М Т К , Z T M N 4- Z M T K = 180°), имеем ОЕ2 = M E • Е Т , или mn = г2.

По условию S TMNK =125, или — (M N 4- Т К ) • А В =2

125. Но 2МТ = M N 4- Т К (по свойству описанного четырехугольника), тогда 2(т 4- n) = M N 4- Т К , или {т 4- п) ■ 2г = 125.

Имеем систему уравнений

m : n = ( г - s i г 2 - 1 6 ) : ( г 4-sir2 —16),

4 mn = r 2,2(m + n) r = 125.

Пусть для краткости г - s i r 2 -16 = a, г - s i r 2 -16 = р,

тогда т = ~ п и II уравнение примет вид ~^'п2 ~^г,

следовательно, III уравнение преобразуется к виду


f a \ ( а Л2-1 — п + п i-r = 125, или 2пг\ —+1 =125.

I p ; U ;

Но — ■ п = г, п = —р - •П А 7 р

f a }

, значит,

2r2- A + l j = 125-A7P-

г,, a r - V r 2- 16 .I ак как — -г 1 = -------= = = = = -г 1 2г

Следовательно, 2г2

ш г3 = 125, г -■ Ответ: 25л.

г + 7 г2 -16 г - \1г2 -16

а _ Тоф _ 4

Р Р r + jr2 -16

2г . „ _ 4= 125 —

г + Т г2 -16 г + Тг2-16 ’или г3 = 125, г = 5, тогда Екр = лг2 = 25л.

' /

\ р/ \

ID----Л \

в Пример 129(A). В прямоугольной трапеции ABCD (AD || ВС), ВС : CD = 1 : 2, EF = 20 — средняя линия. Найти длину меньшего основания, если известно, что АС 1 BD.

Решение.М А Пусть в трапеции ABCD

ZC = ZD = 90°, ВС = х, СП =

= 2х, АЕ = у, тогда ЕЕ = - (х + у) = 20, или х = у = 40.2

Из ДАЕС АС = ^4х2 + у2.

Проведем высоту ЕМ, тогда из ADMB

b d = J b m 2+ d m 2,


где ЕМ = СЕ = 2х, ЕМ = х, тогда ЕЕ = Т4х2 г х 2 = Тбх.

Так как АС Z ЕЕ, то Еддсд = ‘

«Геометрия, 7—9» авторов JI.C. Атанасян и др.).

SAa ca = | V ^ r A -V 5 x .

С другой стороны, Елвсв = -^(хчу)-2х, тогдаи

— 74х2- у 2 ■ \[Ех = - ( х ~ у ) - 2х, или 2 2

•Jo(4x2 - у 2) = 2(х + у), х ф О.

Но х А у = 40, тогда ^5(4х 2 + у2) = 80,

или 4х2 + у2 = 1280.Получим систему уравнений

14х2 -г у2 = 1280, j 4х2 + (40 - х )2 = 1280,

[_х-г у = 40; {у = 40-х.

Решая уравнения системы, имеем х2 - 16х + 64 = 0, или (х - 8 )2 = 0; х = 8 , т. е. ЕС = 8 .

Ответ: 8 .

Пример 130(A). В трапеции АЕСЕ (АЕ |j ЕС) ZA = = 70°, ZE = 20°, M N = 4 — средняя линия трапеции, KF = 2, где К h F — соответственно середины ВС и АЕ. Найти длины оснований АЕ и ЕС.


Решение.Предварительно докажем, что «если в трапеции

сумма углов при основании равна 90°, то отрезок, соединяющий середины оснований, равен их полураз- ности».

Доказательство:Пусть точки К и F — середины оснований AD и ВС.

Пусть AD = 2х, ВС = 2у. Проведем К Е jj АВ и KL jj CD.Заметим, что Z K E F = ZA = 70° и Z K L F = ZD = 20°,

тогда Z E K L = 90°, т. е. AE K L — прямоугольный и KF — медиана AEKL и, значит,

К Е = K F = FL = - E L = - (A D - ВС),2 2

что и требовалось доказать.

Следовательно, — (2х - 2у) = 2, или х - у = 2.2

Кроме того, M N = — (AD 4- ВС) = 4, или х 4- у = 4.2

\х + у = 4,Решая систему уравнений 1 находим

( х - у = 2,

2х = AD = 6 ; 2у = ВС = 2.Ответ: AD = 6 , ВС = 2.

J _____Q

Пример 131(A). Трапеция M E Q T (М Т | EQ) вписана в

30° Jy

я /

окружность радиуса OQ = 8 . M Q — биссектриса Z E M T ,/ о /Z M Q E = 30°. Найти площадь

1 о ц,„ V трапеции.К J Т Решение.

\. / По условию M Q — биссек- триса Z E M T . Заметим, что

Z Q M T = Z M Q E = 30°, тогда AM EQ — равнобедренный (по

признаку равнобедренного треугольника).


Проведем высоты EF и QK трапеции, где Е М = QT (доказать самостоятельно). Пусть EQ = 2х, М Т = 2у, ME = EQ = 2х.

Из AM E F M F = —M E = х, EF = л/4х2 - х2 = Хл/З;2

из AMQK MQ = 2 • ОК = 2 • ЕЕ = 2хл/з.

S wqt = \ м Т • QK = ~2г/ х%/3 = л/Зхщ/j ^

С другой стороны, гДе а = = QT >

2х\[з -2х-2у s/з 2 с = M T ,R = OQ = 8, тогда SsMQr = ----- — = — х у.

&Значит, л/3ху = — х2у, откуда находим х = 3.

4

Следовательно, S_,1 (М Т + QE) ■ EF =-’мгег g

-- (х + у) • Хл/з. Но М Т = 2МЕ - ЕЕ- = 2МЕ ~ EQ = 4х,

или 2у = 4х, г/ = 2х = 8 , тогда 8 дтг£ = (4 - 8) • 4л/3 = 48л/3.

Ответ: 48л/з.

Пример 132(A). Трапеция TEFR (ЕЕ jj 77?) описана около окружности. Найти площадь трапеции, если Е Т = 13, Ей = 15, T R - E F = 14.

Решение.По свойству описан

ного четырехугольника имеем TR + E F = Е Т 4- 4- FR. или TR + EF = 28.

£

1 84 <«• Математика. Залачи типа 16 (С4)

Но T R - EF = 14 (по условию задачи). Пусть TR = а, EF = Ъ, тогда получим систему уравнений

[а + Ъ = 28, |2а = 42, а = 21,

{ а -6 = 14; (26 = 14; 6 = 7.

Значит, TR =21, EF = 7.Пусть ТА = х, тогда АВ = ЕЕ = 7, BE = 21 - (х -i- 7) =

= 14 - х.Из АТАЕ ЕА2 = 132 - х2;

из AFBR FB2 = 152 - (14 - х )2, и так как ЕА = ЕВ, то 132 - х2 = 152 - (14 - х )2, откуда находим х = 5. Тогда ЕА2 = 132 - 52, ЕА = 12.

Значит, STRFE = - ( T R + E F ) - E A = - ■ 28-12 = 168.2 2

Ответ: 168.

Пример 133. В прямоугольной трапеции ABCD острый угол равен 30°. Окружность с центром на большем основании касается трех остальных сторон. Найти площадь трапеции, если известно, что радиус окружности равен 6 .

С F D

Решение.Пусть CD = х, тогда АВ = BE - ЕА = х + ЕА.Из AA E D , где ED = OF = R и ZA = 30 , имеем

R = — AD, AD = 2R, тогда ЕА = 2Е cos 30° = Вл/3. Зна- 2

чит, АВ = х + R k/з .


Из AAOD АО = 2Е, тогда АВ = АО + OB = 2Е + В =

ЗВ. Но АВ = х = В>/3, значит, х + В%/з=ЗВ, откуда

:в(з-7з).

Следовательно, Вшсв

6 -л/З

з л ^ л ( з - ^ з ) Л --------------------к

-R2.

„ б-л/зПо условию В = 6 , тогда S = ---------щщ ( -Л

D

В

м в

Ответ: 18 (б — %/з .

П рим ер 134 . И звестно, что в трапеции сумма квадратов параллельных сторон равна 392. Определить длину отрезка, параллельного этим сторонам и делящего площадь трапеции пополам.

Решение.Пусть в трапеции ABCD АВ = х, DC = у, EF — отре

зок, параллельный основаниям и делящий ее площадь пополам. Проведем DN [| СВ и Е М |! СВ.

Пусть — высота ADEN и h2 — высота АЕАМ , тогда EN = ЕЕ — у, A M = х - ЕЕ.

Заметим, что ААЕМ ~ ADEN (по двум углам).A M х - EF k,

ТогдаE N E F - y hx

Согласно условию задачи SAEFBEF 4 у

= S tx + EF , EF + y , h2---------6, = ------- --/г., или — -

2 2 h. x + EF EF - у

e d c f ’ т о г д а

x -E Eоткуда


СE F )2 у2 — х2 - (E F )2, или 2(EF)2 = х2 4- у2, откуда

EFV 2 ■ , , 2X -ту

Ответ: 14.

Но х2 + у2 = 392, тогда EF = j — = sfl962

14.

D С Пример 135. В трапеции ABCDAD = 16, DC = 4, ВС = 20, основание АВ > DC. Известно, что биссектриса угла ABC проходит через середину стороны AD. Найти

Решение.Пусть в трапеции ABCD

D M = CN = h — высоты, A M — х, NB = у, EF — средняя линия трапеции.

Так как BE — биссектриса ZABC, то Z l = Z2.Но Z2 = Z3 — как накрест лежащие при параллель

ных прямых EF и АВ и секущей BE, тогда Z l = Z3, т. е. AFEB — равнобедренный.

Значит, EF F D = - СВ 2

10.

S A B C D EF • Л ЮЛ.Заметим, что АВ 4- DC = 2EF = 20, откуда АВ = 20 -

ПС = 16, тогда х + у = АВ - M N = АВ - DC = 12.Из AADM и ABCN имеем х2 — h2 = 256, у2 4- h2 = 400. Вычитая из второго равенства первое, получим

у2 - х2 = 144.

Решая систему уравнений у2- х 2 - 144, х + у = 12,

находим


Если х = 0, то AD = D M = Л = 16, т. е. трапеция ABCD — прямоугольная. Значит, В = ЮЛ = 160.

Ответ: 160.

Пример 136. В ромбе ABCD из вершины D тупого угла проведены высоты DE и DF. В получившийся четырехугольник DEBF вписана окружность радиуса г = 2. Найти сторону ромба, если известно, что ZADC == 2 arctg- 2.

Решение.Так как ABCD — ромб, то высоты DE и DF равны.

Пусть Л — высота ромба.По свойству ромба диагональ BD является биссек

трисой углов ADC и ABC. Из ADEB имеемBE = DE ctg ZDBE.По условию ZADC = 2 arctg 2, тогда

BE = Л ctg (arctg 2) -A.tg(arctg 2) 2

Заметим, что ADEB = ADFB (по гипотенузе и кате

ту), тогда SDE■BF - DE ■ BE = h — h = — h2. С другой сто- 2

роны, SD£BF


(Л 4 0), тогда BE =

р - г = (DE 4- BE) ■ г

1 .( 1 Î Л + - Л -2 = ЗА.V 2 -J

3Л, или Л2 = 6Л, откуда Л = 6

Л = 3.

Далее из AADE имеем

А_Е = НЕ ctg ZA = Л - ctg (л - 2 arctg 2) =Л


Применяя формулу тангенса двойного угла, находим ^ - h ( l - tg2(arctg 2)) -h ( 1 -4 ) 3

2 tg(arctg 2) 2-2 43

Так как h = 6 , то АЕ = — 6 = 4,5.4

Ответ: 4,5.

D М с Пример 137. В трапеции ABCD известны длины оснований: АВ = 6 , CD = 2, ZA = arctg 2, ZB = arctg 3. Найти радиус окружности, вписанной в ДВОС, где О — точка пересечения диагоналей.

Решение.Проведем высоты DE и

CF трапеции. Пусть D E = CF = h, тогда из ЛАВЕ и ACFB находим АЕ = h ctg ZA, BF = h ctg ZB.

По условию ZA = arctg 2, тогда tg ZA = 2 и ctg ZA = —.

Аналогично ctg ZB = —. Значит, AE = — h, BF = — h.3 2 3

Ho AB = AE + EF + FB, где EF = DC = 2, AB = 6 , тогда получим

1 7 , о . 1 , « 5 , A , 24— Л+ 2-г — /г = о, или —/1 = 4, откуда /г = — .2 3 6 5

Из ЛВЕВ ВВ2 = ВВ2 + ВВ2, или ВВ2 = Л2 + Г6 - i hI 2

/дава 2. Тренировочные залачи • » » 189

1 уАналогично, из AACF АС2 = h2 -f | 6 - —h \ , илиV 3 J

д с А А ’ + f A ’ , a c = Z ? AI 5 J V 5 ; 5

Заметим, что АВОС - AAOD (по двум углам), тогдаВО DC 1 „ D q пл = ----= —, откуда ОВ = 3ВО.ОВ АВ 3

Но DB = DO + ОВ = DO + 3DO = 4ВО, тогда

В О = - В В = - - 6 =| .4 4 2

_ 1 л„ 1 27265 7265Аналогично, СО = —АС = —----- -— = — •

4 4 о 10Теперь находим площадь ADOC:

S ^ 0c = ~ D C - O M = ± D C - h = \- 2 - i ~ = ® .ЛЙ0С 2 2 4 2 4 5 5

Известно, что Вд ~ р ■ г, где

1 1^3 7265 J 35 = 7265n = i(O B + OC = BC) = - 1 — + + 2и 2 2^2 10 20

полупериметр, SA

Следовательно, г = лоос , или

20Р

24

5 35 + 7265 35->-7265

24^35-7265) 24^35-7265) _ 35-7265

Ответ:

1225-265

35-7265

960 40


Пример 138. В прямоугольнике ABCD АВ = 4, ВС =15. На стороне АН отмечены точки Е и F так, что DF ~ 4, при этом М — точка пересечения прямых BE и CF. Известно, что SmEF = 1. Найти длину EF.

Решение.В зависимости от расположения точек Е и F, воз

можны 2 случая.

I случай (см. рис. 1)В 15 С

Пусть EF = х, Z M E F = a, ZM FE = р.По условию задачи АВ = 4, ВС = 15, BF = 4 и SmEF = 1.

х2Известно, что SAMEF ----------------- (доказать само-

2(ctg a-bctg Р)

стоятельно).Заметим, что ZAEB = ZM E F = а и ZCFD = ZM FE = р.™ . АЕ 11-х FDТогда ctga = — = ctgp = — = 1.

Значит, ctg a -f ctg p = H -^ + 1 - — ——.

Так как SAMEF = 1, то получим x15-х

= 1, или

2х2 + х - 15 = 0, откуда находим х, = 2,5, х2 = -3 (не имеет смысла, так как х — сторона AEFM ).

Глава 2 . Тренировочные залачи •>» 191

II случай (см. рис. 2)

Рис. 2

ED = 4 - х.„ J 11- х , . ,В этом случае ctg a = ------- , ctg р = 1,

4

X п 15 + Хctg a + ctg Р = — -— .4

Тогда SlXMEF = — = 1, или 2x2 - x - 15 = 0, от- 2 .1™

4куда находим x t = 3, х2 = -2,5 (не подходит).

Итак, FE = 2,5 или FE = 3.Ответ.: 2,5 или 3.

Пример 139. Площадь трапеции ABCD равна 360. Одно из оснований трапеции вдвое больше другого. Известно, что диагонали пересекаются в точке О, а отрезки, соединяющие середину М основания АВ с вершинами В и С, пересекаются с диагоналями трапеции в точках Е и F. Найти SAE0F.

D С


Решение.Так как М — середина AS и AS = 2ВС, то A M = M B =

= DC. Заметим, что четырехугольники A D C M и DCBM — параллелограммы, Е и F — середины M D и МС, значит, СЕ и DF — медианы треугольника MDC. Пусть h — высота трапеции, DC = a, АВ = 2а, ОЕ = х.

Следовательно, S = — - — h = —ah.AMD 2 2

зПо условию задачи SABCD = 360, тогда —ah = 360,

2откуда ah = 240. Так как О — точка пересечения медиан AM DC, то ОС = 2х, АЕ = ЕС = Зх, АО = АВ + ЕО = = 4дс, OS : ОА = х : 4х = 1 : 4.

Аналогично, ОВ : ОВ = 1 :4 , т. е. AOEF - ААОВ, где

k = ~ .4

Значит, SW f. = f —! ■S.vm= — - — -2a- — h =юи ллоя 1б 2 3

= — a/i = — -240 = 10.24 24

Итак SA0Ef =10.

Возможен случай, когда DC = 2АВ.

В С


Пусть h — высота трапеции, АВ = а, ВС = 2а,АВ = у, тогда ah = 240.

Заметим, что ААОВ ~ ACOD, где k = — . Кроме того,2

ЛАЕМ - ЛСЕВ, где AM : СВ = 1 : 4.В этом случае имеем АВ : ЕС = 1 :4 , M E : M D = 1 :5 ,

СВ = 12у, АС = АВ — СЕ = 15у, АО = о*/, ЕО = 2у, значит, ОЕ : АО = 2у : 5у = 2 : 5.

Аналогично, ОВ : ОВ = 2 : 5 .f 2 V 4 1 1

Следовательно, SWEE= i - . SvlWi = — • - а --Л =V . о у 25 2 3

= — 240 = ==6,4.75 5

Ответ: 10 или 6,4.

Пример 140(A). В трапеции ABCD известны длины оснований: АВ = 8 , DC = 4. Прямая M N, параллельная основаниям, пересекает боковые стороны в точках М и .V, а диагонали АС и BD соответственно в точках К и Р так, что S sK0P = В,шс. Найти длину отрезка М А.

Решение.D 4 С

По условию задачи = ВЛШС. Кроме того Z l = Z2, Z3 = Z4, значит, А КОР ~ ADOC.

Значит, DC = ВР = 4, ВО = ОР и СО = ОВ. Поскольку АВ = 8 и К Р = 4, то К и Р — соответственно середины АО и ВО, т. е. КР — средняя линия ААОВ.

Значит, М К = ~ ВС = — и Р А = —ВС = —.3 3 3 3


4 4 90Следовательно, M N = М К + КР - P N = — + 4 + — = — .3 3 3

Ответ: — .3

Пример 141 (А). В параллелограммеABCD известны АВ = 6 , AD = 4, точка Е — середина АВ. Известно, что AC L DE. Найти площадь параллелограмма.

Решение.

D F с

Проведем BF jj ED, тогда DEBF — параллелограмм.Так как Е — середина АВ, то F — середина DC.

Заметим, что ZCAB — ZACD и ZAED = ZCDE (какнакрест леж ащ ие при параллельны х прямых исекущей), тогда А А М Е ~ ADMC (по двум углам).

A M 1 D M 2Значит, ------= —, тогда = —.М С 2 M E I

Пусть M E = х, A M = у.Из прямоугольных треугольников А М Е и A M D

имеем:( х 2 + у2^9,< , или, вычитая из второго уравнения{4х2+у2 =16,

[7первое, получим Зх2 = 7, х = J—

' 3

Тогда у2 = 9 - х2, у2 = 9 - ! = ! ^ -------- ^ 03 3 . откуда у =


Так как диагональ АС делит параллелограмм ABCD на два равных треугольника,

D M = Зу ■ 2х = бхг/.

ТО ®ABCD 2 S aadc

2 —АС 2

Учитывая найденные значения х и г/, находим

3

Ответ: 4л/35.

В = 6 -ABCD ^ 2Д = б4 7 з5 = 4 ,/ 3 5 . 3 3

Пример 142(A). В трапеции ABCD с основаниями АВ и СВ известно ЛВ = 10, диагонали АС и ВВ пересекаются в точке Е так, что АВ = 4, ВВ = 8 . Найти площадь трапеции, если диагональ АС является биссектрисой ZBAB.

Решение.D С

Так как АС — биссектриса ZBAB, то ZDAC — = ZCAB. Но ZCAB = ZACD — как накрест лежащие при параллельных прямых АВ и CD и секущей АС. Значит, AABC — равнобедренный, т. е. АВ = СВ.

Пусть ZCAB = ZDAC = а, ВВ = h — высота трапеции. Из АВАВ по теореме косинусов ВВ2 = АВ2 - АВ2 -

- 2АВ • АВ cos а, или 64 = 100 + 16 - 2 - 1 0 - 4 cos а,13

откуда находим cosa = — .

Заметим, что А ВВС - АЛЕВ (по двум углам), тогда

откуда ВВ = — СВ.5

( 1)СВ ВВ СВ DE— - = , и л и = -----.АВ BE 10 8

Из AADE по теореме косинусов имеем ВВ2 = АВ 2 + + АЕ'2 - 2АВ • АВ cos а. Учитывая, что АВ = ВС и

1 96 «<• Математика. Залачи типа 16 (С4)

(4 Vсоотношение (1), имеем —CD |V 5 )

- CD2 - 16 8 • CD гз20

откуда после упрощ ения получим квадратное уравнение относительно CD.

9CD2 - 130CD + 400 = 0.Решая полученное уравнение, находим (CD)l = 10

40(не подходит, так как АВ > CD), (СВ)2= — .

CD • sin 2а =

13

Из AAFD h

40— . 9 . 139 20

П ЦV U o

= — х/231.J 45

Следовательно, S

130 13

1

-к/231

ABCD

16918-45 81

Ответ: 1^7231 . 81

2

ш .

ю 40 i 139 ) 45

л/231 =

Пример 143, В трапеции ABCD известны длины боковых сторон AD == 36, ВС = 34, верхнее основание

CD = 10 и cos ZADC = - 1 . Найти длину диагонали BD.3

Решение.

I случай

D 10


Пусть в трапеции ABCD BD = х — искомая диагональ, АВ = у, АЕ = a, BF = b, ZADC = a, ZDAB = р.

Так как cosa = - l , то cos р = cos (180° - a) = -cos a =

i . Г Т 242= - , тогда emp = l - - = — .

Из AAED DE - h = AD • sin p = 36 •— = 2442.3

AE = a = 4з&2 - h 2 -4 l4 A =12, а из ДCFB находим

b = 4з4г - h2 - 2.Значит, AB = i/ = a + 10 + b = 24.Из AADB имеем по теореме косинусов:

х2 = 362 + 242 - 2 ■ 36 ■ 24 • ~ , или х2 = 1296,3

откуда х = BD = 36.

II случай

D Ю с

В этом случае имеем: АВ — у = АЕ + BE = а + 10 - Ь. Так как а = 12, Ъ = 2, то АВ = у = 20.

Из AABD по теореме косинусов находим х2 = AD 2 + - АВ2 - 2AD • АВ • cos р, или х2 = 1296 + 400 - 480 ==1216, откуда х = BD = л/1216 = 7б4 19 = 8.Д9.

Итак, в этом случае BD = 8\/l9.

Ответ: 36 и 8%/l9.


Пример 144(A). В трапеции ABCD известны длины оснований и углы: АВ = 12, CD = 4, ZA = 30°, ZB = 60°. Прямая, проходящая через точку В и точку Л, взятую на стороне AD, делит трапецию на две равновеликие части. Найти длину отрезка BE.

Решение.

А

D

1 ?

^ < 3 0 ° г _ _ _ _ j : гМ N В

Из точек С, D и Е опустим соответственно перпендикуляры CN, DF и Е М на основание АВ.

Пусть CN = DF = h — высоты трапеции, Е М = /г, — высота ААЕВ.

По условию задачи SÂ£B — S,.Н o S , LSlJ AUC L/ Jl/IJjU

1BCDE

Тогда SM

J B C D E '

'’ a b c d SMEB’ откуда Syjy.-g ABCD‘

Ho S.2 2

Так как ZA = 30°, ZB = 60°, то из AADF AF = h • ctg 30° = л/зh. Аналогично из A CN В находим

hBN

S 'Высоту трапеции DF = h найдем из соотношения

" = 8,AF + BN = A B - FN = AB - CD = 8 , или S hT +s

S + I h = 8 , h = 8, откуда h = 2 S , тогдаS J ч/з

SABCD = 8 -2л/з = 16ч/з, значит, = 8ч/3.


HoS - А В - М Е = \ - 12-Л, 2 2

6/г15 или

г ,б/ij =8ч/3, откуда /г, = -£ -■

Теперь из ААЕМ находим AM = ■ ctg 30° =

4 S= Тз = 4, следовательно, M B ~ АВ - A M = 8 .3

Наконец, из АВ М Е получим

BE = S S S S m S = J64

Ч 4+з= 4

1 6

13 4л/39

Ответ:4ч/39

О

Пример 145(A). Трапеция вписана в окружность.а) Доказать, что трапеция равнобедренная.б) Найти высоту трапеции, если ее основания равны

18 и 80, а центр окружности радиуса 41 лежит внутри

трапеции.

Решение.а) Так как ABCD — трапеция, то АВ j| DC, тогда

и AD = •иВС. А равные дуги стягивают равные хорды.


Значит, AD — ВС, т. е. ABCD — равнобедренная трапеция.

б) Проведем высоту трапеции EF. Так как центр О окружности лежит внутри трапеции, то EF = OF + ОЕ. По условию задачи CD = 18, АВ = 80, АО = 41,

AF = - А В = 40.2

Из прямоугольного AAOF находим

OF = 4 АО2 - АВ2 = n/412-402 = 4 a O'2- A F 2 =

= i/(41 - 4 0 ) (4 1 + 4 0 ) = 4 ^ ■ 81 = 9 .

Аналогично из прямоугольного A DOE имеем

ОЕ = 4OD2 - DE2 , где DE = —DC = 9, тогда2

ОЕ = 4412 -9 2 = V1681-81 = V1600 = 40. Следовательно, EF = ОВ + ОЕ = 9 + 40 = 49.Ответ: 49.

Пример 146. В трапеции A B C D известно, что площадь S = 50, диагонали A C 2_ B D ,Z D A C — Z C B D . Продолжения боковых сторон A D и ВС пересекаются в точке А/.

а) Доказать, что 'фацеция A B C D - равнобедренная.

б ) Найти если Z.M =■=30'" и АВ ( И.

Решение. А в

а) Так как Z D A C = ZC.BD, то точки А , В, С и D лежат на одной окружности. Значит, трапеция, вписанная в окружность — равнобедренная, ч. т. д.

б) Известно, что площадь трапеции определяется по

формуле S = —АС ■ BD ■ sin а, где а = 90° — угол 2

между диагоналями.


По условию Z M = 30°, тогда ZM A B = Z A B M — = (180° - 30°) : 2 = 75°. В АЛОВ ZAOB = 90°, АО = ОВ, тогда ZOAB = ZABO = 45°, значит, ZMAC = ZM B D = = 30°. Следовательно, DACB — равнобедренный, то есть АС = СМ.

S,,fnr = — M D ■ МС sin 30° = - МС2 • - = -А С Елмвс 2 2 2 4

Так как S = - АС ■ BD, или 50 = - АС2, то АС2 = 100, 2 2

тогда S VWDf = 1 • 100 = 25.4

Значит, »SpAUB = S - SAMDC = 50 - 25 = 75.Ответ: 75.

Пример 147(A). В параллелограмме ABCD точка М — середина АВ. Прямые D M и АС взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке К.

а) Доказать, что SAAKD = SACKM.б) Найти SAU(,,, если AD = 6 , CD = 8 .

D С

Решение.а) Заметим, что = ВЛ4Г1/, так как у них равны

высоты, проведенные к общему основанию И Л/. Кроме того, S XAKM — общая. Значит, SAAKD = S V,EU, ч. т. д.

б) Пусть М К = х, х > 0, тогда из прямоугольного

\АКМ, где A M = MB = 4, имеем АК = 416 -х2 .

Аналогично из AAKD получим DK = 4 AD2 - А К 2 =

436-16 + х2 = 42,0-х2 .


Заметим, что ADKC ~ А А К М (по I признаку), гдеDC о« = -• г , = 2. — коэффициент подобия.A M

Значит, D K : К М = 2, или = 2,х

20 -г х2 — 4х2, Зх2 = 20, откуда х —

Тогда D M = D K + К М = 2 + =V 3 V 2 V 3

= ^20 • 3 = 2-Лб .

Из AAM D по теореме косинусов имеем M D 2 = AD 2 + A M 2 - 2AD ■ A M • cos ZA, или 60 = 36 + 16 - 2 • 6 • 4 cosZA, откуда находим

cosZA, откуда находим cosZA = - — , тогда6

sinV I в ) V зб 6

Следовательно, = АВ • АО • sin Z A =

„ 8 - 6 - 8^35.6

Ответ: 8>/35 .

Пример 148. В четырехугольнике ABCD биссектриса угла А пересекает сторону СО в точке F, а биссектриса угла С пересекает сторону АВ в точке В.

D 6 F с


Известно, что AFCE — параллелограмм.а) Доказать, что ABCD — параллелограмм.б) Найти вдвсд, если OF = 6 , АЕ = 4, АСОВ = 60°.

Решение.а) Так как AF и СЕ — биссектрисы, то Z l = Z2 и

Z3 = Z4. По условию AFCE — параллелограмм, тогда СО |! АВ, Z2 = Z3 (по свойству параллелограмма) и Z5 = Z3 — как соответственные при параллельных прямых AF и СЕ и секущей CD.

Значит, Z1 = Z2 = Z3 = Z4 = Z5 = Z 6 .Кроме того, FC = АЕ и AF = СЕ (по свойству па

раллелограмма). Заметим, что AADF = А СЕВ (по II признаку), тогда DF = BE. Итак, АВ = СО и АВ j! CD (Z2 = Z5), значит, ABCD — параллелограмм (по признаку параллелограмма).

б) Известно, что площадь параллелограмма опреде

ляется по формуле SABCD = ' BD sin а, где а = 60°.

Так как Z l = Z5, то AADF — равнобедренный, тогда AD = DF = 6 ,AB = 4 -f 6 = 10.

Из АСОВ по теореме косинусов имеем ВС2 = ВО2 + СО2 - 2ВО • СО cos 60°, или

36 = ВО2 + СО2 - ВО • СО. (1)Аналогично из А АОВАВ2 = АО2 + ВО2 - 2АО • ВО cos 120°, где cos 120° =

= - - , тогда 100 = А 0 2+ ВО2 + АО -ВО. (2)2

Вычтем из (2)-(1).64 = 2 • (АО • ВО), или 128 = АС ■ BD, тогда S ^ j , =1 /з

= - ■ 128 • sin 60° = 64 • — = 32%/з .2 2

Ответ: 32%/3 .

Пример 149(A). Дан выпуклый четырехугольник ABCD, где ВС = 7, СВ = 15, AD = 20, АВ = 24 и АС = 25.


С

а) Доказать, что около четырехугольника ABCD можно описать окружность.

б) Найти угол между его диагоналями.

Решение.Известно, что если в выпуклом четырехугольнике

сумма противоположных углов равна 180°, то около него можно описать окружность.

Заметим, что ВС2 + АВ2 = 72 + 242 = 49 + 576 = 625 = 252, A D 2 + CD2 = 202 + 152 = 400 + 225 = 625 = 252.

Значит, Z A B C = Z A D C = 90°. Сумма углов выпуклого четырехугольника ABCD равна 360°, тогда ZBAD + ZBCD = 180°, ч. т. д.

б) Sabcd ~~ Sддвс ^ SAADc = — ' 7 • 24 + — • 15 20 =

= 7 • 12 + 15 • 10 = 84 + 150 = 234.Так как вписанный ZABC = 90°, то АС — диаметр

D 1 ЛП 25окружности, тогда R = —АС = радиус окружнос-2 2

ти, описанной около четырехугольника ABCD.Из прямоугольных ААВС и AACD имеем

sin ZBCA = — = — ; cos ZBCA = — ;AC 25 25

sin ZACD = . cos ZACD = — .AC 25 25


Значит, sin ZBCD = sin ( ZBCA + ZACD) == sin ZBCA • cos ZACD + cos ZBCA ■ sin ZACD =_ 24 15 7 20 _ 360 + 140 = 500 = 20 = 4

25 25T 2 5 2 5 2 52 2 5 - 2 5 2 5 5 ‘

Из A BCD по теореме синусов имеем

---- = 2R, откуда BD = 2R sin ZBCD =sin ZBCD

4= 25 ■ - = 20.

5

Тогда SABCD = I a C • BD ■ sin а, где a — угол между

диагоналями AC и BD.Ho CD = 234; AC = 25; BD = 20.

234 - 2Значит, sin a = = 0,936, откуда

25 • 20a = arcsin 0,936.

Omeem: arcsin 0,936.

§ 3. Задачи для самостоятельного решения

1. В прямоугольный треугольник вписан ромб так, что все его вершины лежат на сторонах треугольника, а угол, равный 60°, является общим углом треугольника и ромба. Найти стороны треугольника, если сторона ромба равна 6 .

2. В квадрат ABCD вписан равнобедренный треугольник А К М так, что точка К лежит на стороне ВС, точка М — на CD и A M = АК. Найти ZM AD, если известно, что tg Z A K M = 3.

3. Прямоугольник со сторонами 36 и 48 разделен диагональю на два треугольника. В каждый из этих треугольников вписана окружность. Найти расстояние между их центрами.


4. Площадь прямоугольника ABCD равна 48 см2, а диагональ равна 10 см. Точка О удалена от вершин В и Т н а расстояние 13 см. Найти расстояние от точки О до наиболее удаленной от этой точки вершины прямоугольника.

5. В AABC точка Н — ортоцентр (точка пересечения высот). Найти АН , если АВ = 13 см, ВС = 14 см, АС = = 15 см.

6. В AA B C проведена медиана BD . Найти отношение радиуса окружности, описанной около треугольника A B D , к радиусу окружности, вписанной в треугольник A B C , если АВ = 2, АС = 6 и A B A C = 60°.

7. Одно из оснований трапеции равно 24 см, а расстояние между серединами диагоналей 4 см. Найти другое основание.

8 . В окружности по разные стороны от центра проведены параллельные хорды длиной 12 и 16. Расстояние между ними равно 14. Найти радиус окружности.

9. Из одной точки проведены перпендикуляр и две наклонные длиной 10 см и 17 см к данной прямой. Проекции наклонных соотносятся как 2 : 5. Найти длину перпендикуляра.

10. Около равностороннего треугольника описанаокружность радиуса Д = 2л/з, через центр которой

проведена прямая, параллельная одной из сторон треугольника. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного между двумя сторонами треугольника.

11. Отношение площади прямоугольного треугольника к площади квадрата, построенного на его гипотенузе, равно 1:3. Найти сумму тангенсов острых углов.

12. В прямоугольном треугольнике известны не перпендикулярные друг к другу высоты т. и п (т > п). Вычислить длину радиуса описанной около треугольника окружности.

13. Тангенс угла между медианой и высотой, проведенной к боковой стороне равнобедренного треугольника, равен 0,5. Найти синус угла при вершине.


14. В равнобедренном треугольнике угол при основании равен а. Высота, опущенная на основание, больше радиуса вписанного круга на 1. Найти стороны треугольника.

15. Меньший катет прямоугольного треугольника равен 1, длины его сторон образуют арифметическую прогрессию. Найти площадь треугольника.

16. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит прямой угол в отношении 1 : 2 и равна 1. Найти стороны треугольника.

17. Сумма двух неравных высот равнобедренного треугольника равна 1, угол при вершине а. Найти боковую сторону.

18. Угол при основании равнобедренного треугольника равен а. Найти отношение основания к медиане, проведенной к боковой стороне.

19. Найти угол при вершине равнобедренного треугольника, если медиана, проведенная к боковой сто

роне, образует с основанием угол arcsin 1 .5

20. Определить вид треугольника, если известно, что его медианы связаны равенством т2а +т гь - от2.

21 . Высота треугольника делит угол в отношении 2 : 1, а основание — на отрезки, отношение которых равно 3. Найти больший угол при основании треугольника.

22. Определить вид треугольника, если известно, что расстояние от точки пересечения медиан треугольника до центра описанной около него окружности рав-

1но — радиуса этой окружности.323. В тупоугольном треугольнике острые углы рав

ны а и Р (а > р). Из вершины тупого угла опущены на основание высота длиной а, медиана и биссектриса. Найти площадь треугольника, заключенного между биссектрисой и медианой.


24. Две стороны треугольника равны 26 и 40 см. Отрезок прямой, длиной 7 см, параллелен третьей стороне и пересекает боковые стороны, а высота, опущенная на эту сторону, делится на части в отношении 1 : 5 (считая от вершины). Определить длины этих частей.

25. П лощ ад ь Л А В С равна 60\/з, A B A C = 120°,

А А В С > А А С В . Расстояние от вершины А до центра вписанной окружности равно 4. Найти R • г, где R и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

26. В ААВС медианы ma и тс образуют с основанием А С углы , сумма которых равна 45°. Известно, что

та •тс = Зл/2. Найти площадь ААВС.

27. Выс оты, проведенные к боковым сторонам ост

роугольного треугольника, равны 4 см и 2>/з см, а

третья высота делится их точкой пересечения в отношении 3 : 1 , считая от вершины треугольника. Найти расстояние между ортоцентром треугольника и центром описанной окружности.

28. В треугольник со сторонами 5, 6 и 9 см вписана окружность. Найти площадь треугольника, вершинами которого являются точки касания.

29. Окружность проходит через вершины А и С ААВС и пересекает сторону А В в точке D, а сторону ВС в точке Е. Найти величину ZABC , если А О = 2, А С = 14, B E = 5 и В О : С Е = 8 : 1 . '

30. В /ААВС биссектриса А А С В пересекает сторонуА В в точке D так, что B D = 2, CD = 4 и ВС = 3. Найти о°Л А В С '

31 . В АА В С вписана окружность, касающаяся сторон А В , В С и А С в точках N , К и М . Найти длину отрезка N K , если A M = 2, АС = 7 и А А В С = 60°.

32. В равнобедренном треугольнике с основанием а острый угол между высотами, проведенными к боковым сторонам, равен а. Найти радиус описанной окружности.


33. Окружность радиуса 4, вписанная в прямоугольный треугольник АВС , касается катетов АС, ВС и гипотенузы А В соответственно в точках Е, F и D. Найти отношение S WFB к S yD0F, если Р = 48.

34. Площадь равнобедренного треугольника относится к площади квадрата, построенного на его боковойстороне, как ч/з :4. Определить углы треугольника.

35. Площадь правильного треугольника, построенного на гипотенузе, в 2 раза больше площади прямо

угольного треугольника. Найти отношение — , где Р иг

г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

36. Внутри правильного треугольника взята точка, удаленная от его сторон на расстояния а, Ь, с. Найти радиус вписанной окружности.

37. В ААВС А В = 5, АС = 6 и cos А - —. В каком от-4

кошении делится биссектриса АС центром вписанной ■; треугольник окружности?

38. В равнобедренную трапецию с боковой стороной а и высотой b вписана окружность. Найти основания трапеции.

39. Вычислить длину диагонали равнобедренной трапеции, вписанной в окружность, если известно, что ее средняя линия равна высоте трапеции длиной 5.

40. Найти площадь равнобедренной трапеции, в которую можно вписать окружность, если основания трапеции равны а и Ь.

41. Высота равнобедренной трапеции, равная 21, делит основание трапеции в отношении 1 : 9 . Определить радиус описанного круга, если боковая сторона трапеции равна меньшему основанию.

42. Основания равнобедренной трапеции относятся как 1 : 5 , высота равна 4. Найти площадь трапеции, если боковая сторона равна длине перпендикуляра, проведенного к ней из вершины нижнего основания.


43. В трапеции ABCD с основанием АВ сумма углов при основании равна 90°. EF — отрезок, соединяющий середины оснований DC и АВ (DC < АВ). M N — средняя линия трапеции, M N = a, EF = Ь (а > Ь). Найти АВ и DC.

44. Доказать, что если в трапеции ABCD (АВ и DC — основания) диагонали АС и BD перпендикулярны, то DB2 -г АС2 = (DC - АВ)2.

45. Основания трапеции и высота равны соответственно 48; 8 и 10. Точка, взятая на боковой стороне, делит ее в отношении 1 : 3 , считая от вершины меньшего основания. Найти отношения площадей полученных треугольников.

46. На меньшем основании равнобедренной трапеции построен правильный треугольник. Его высота равна высоте трапеции, а площадь в 5 раз меньше. Найти угол при большем основании трапеции.

47. Основания трапеции равны а и Ъ. Определить длину отрезка прямой, проходящей через точку пересечения диагоналей, параллельной основаниям.

48. Найти отношение большего основания трапеции к меньшему, если средняя линия делится диагоналями на 3 равные части.

49. Около окружности описана равнобедренная трапеция, диагонали которой равны большему основанию. Найти углы при основании.

50. Около окружности радиуса 1 описана равнобедренная трапеция, у которой одно основание вдвое больше другого. Найти среднюю линию трапеции.

51. В прямоугольной трапеции острый угол равен а, а радиус вписанной окружности г = 1. Найти площадь трапеции.

52. На стороне AD и на диагонали АС квадрата ABCD взяты соответственно точки М и N так, что A M : M D = 5 : 2 , A N : NC = 6 : 1 . Доказать, что в

A M N B — = л/2 + 1, где R и / соответственно радиусыг

описанной и вписанной окружностей.


53. В ААВС вписан ромб ADEF так, что ZA у них общий, а вершина Е находится на стороне ВС. Найти сторону ромба, если АВ = с, АС = Ь.

54. Диагонали выпуклого четырехугольника равны а и б, а отрезки, соединяющие середины противоположных сторон, равны. Найти площадь четырехугольника.

55. Дан квадрат ABCD со стороной a = 1. Найти радиус окружности, проходящей через середину стороны АВ, центр квадрата и вершину С.

56. В параллелограмме ABCD АВ = а, ВС = Ь, ZABC = 30°. Найти расстояние между центрами окружностей, описанных около A BCD и A DAB.

57. В выпуклом четырехугольнике отрезки, соединяющие середины противоположных сторон, равны соответственно а и б и пересекаются под углом 60°. Найти длину большей диагонали четырехугольника.

58. Дан квадрат ABCD со стороной 1. Найти сторону ромба, одна вершина которого совпадает с вершиной А, противоположная лежит на прямой BD, а две оставшиеся — на прямых ВС и CD.

59. В четырехугольнике ABCD АВ = a, AD = б; стороны ВС, CD и AD касаются некоторой окружности, центр которой находится в середине А_В. Найти ВС.

60. В ААВС ZA = 30°. На стороне АВ взята точка М так, что A M равно расстоянию от центра описанной около ААВС окружности до АС. Найти ВМ, если АС = а.

61. Высота равнобедренной трапеции, равная 21, делит основание трапеции в отношении 1 : 9 . Определить радиус описанного круга, если боковая сторона трапеции равна меньшему основанию.

62. В ААВС вписана окружность, касающаяся сторон АВ, ВС, АС соответственно в точках N, К и М. Найти длину отрезка NK, если A M = 2, АС = 7 и ZABC = 60°.

63. Две стороны треугольника равны 6 и 4, а высота, опущенная на третью сторону, равна 2. Найти радиус описанной окружности.

64. Боковая сторона равнобедренного треугольника, основание которого равно 4, делится точкой касания


вписанной в него окружности в отношении 3 : 2 , считая от вершины. Найти периметр треугольника.

65. В AABC BD — высота, АЕ — биссектриса угла A, EF — перпендикуляр на АС. Определить EF, если BD = 30, АВ : АС = 7 : 8 .

6 6 . По двум сторонам треугольника а = 12 и Ь - 16 найти радиус описанной окружности, если известно, что угол, лежащий против третьей стороны, в два раза больше угла, лежащего против стороны Ь.

67. В ЛABC одна из сторон в 2 раза больше другой, ZA = 2ZB. Найти отношение R/r, где В и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

6 8 . Площадь квадрата, построенного на боковой стороне равнобедренного треугольника, в 4 раза больше площади треугольника. Найти R/r, где R и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

69. В окружность вписан равнобедренный треугольник, боковая сторона которого в 2 раза больше основания. Найти радиус описанной окружности, если радиус вписанной окружности равен 3.

70. В равнобедренном треугольнике высоты, проведенные к основанию и боковой стороне, соответственно равны 8 и 4. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник.

71. В равнобедренном треугольнике из вершин нижнего основания опущены высоты на боковые стороны. Найти длину отрезка, соединяющего их концы, если середина отрезка является центром описанной

окружности радиуса R - лД/б +2.72. Прямоугольный треугольник с катетами a = 12

и b = 5 вписан в окружность. Биссектриса острого угла соединена с точкой, взятой на большем катете. Через эту точку проведена хорда так, что она делится точками пересечения на 3 равные части. Найти длину хорды.

73. В квадрат вписан прямоугольный треугольник с катетами а = 9 и 6 = 16 так, что одна из вершин совпадает с вершиной квадрата, а две другие расположены


на сторонах квадрата, не содержащих данную вершину квадрата. Найти площадь квадрата.

74. Боковая сторона равнобедренной трапеции в 3 раза больше меньшего из оснований. Биссектрисы тупых углов этой трапеции пересекаются в точке, лежащей на основании. Найти отношение площади трапеции к площади треугольника, образованного меньшим основанием и биссектрисами.

75. Две стороны треугольника равны 26 и 40. Отрезок прямой, длиной 7, параллелен третьей стороне и пересекает боковые стороны, а высота, опущенная на эту сторону, делится на части в отношении 1 : 5 (считая от вершины). Определить длины этих частей.

76. Площадь AABC равна 60\/з, ZBAC = 120°, ZABC > ZACB. Расстояние от вершины А до центра вписанной окружности равно 4. Найти R ■ г, где R и г — соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей.

77. Высоты, проведенные к боковым сторонам остроугольного треугольника, равны 4 см и 2%/3 см, а третья высота делится их точкой пересечения в отношении 3 : 1 , считая от вершины треугольника. Найти расстояние между ортоцентром треугольника и центром описанной окружности.

78. Окружность проходит через вершины А и С AABC и пересекает сторону АВ в точке D, а сторону ВС — в точке Е. Найти величину ZABC, если AD = 2, АС = 14, BE = 5 и BD : СЕ = 8 : 11.

79. Вершина В прямого угла в AABC лежит внутри окружности с центром О и радиусом 8 , проходящей через концы гипотенузы АС, ВС — высота ААВС. На прямой АС взята точка М так, что M N - ON. Найти ВМ.

80. Окружность радиуса 5 с центром О проходит через концы А и В гипотенузы ААВС так, что вершина С прямого угла оказывается вне окружности, CD — высота ААВС. На прямой АВ взята точка М так, что M D = OD. Найти СМ.

8 1 . Точки А, В и С лежат на одной прямой. Отрезок АВ — диаметр первой окружности, а отрезок


ВС — второй окружности. Прямая, проходящая через точку А, пересекает первую окружность в точке М и касается второй окружности в точке N. Известно, что В М = 9, BN = 12. Найти радиусы окружностей.

82. Отрезок AD является биссектрисой треугольника АВС. Окружность радиуса 3 проходит через вершину А, касается стороны ВС в точке D и пересекает сторону АВ в точке Е. Найти ZA и S WM, если ВС = 4, АЕ _3BD 2

83. В прямоугольном ААВС гипотенуза DC является хордой окружности радиуса 1, которая пересекает катеты AD и АС в точках В и В соответственно. Найти

BD, если ADBE = 30°, S,DEC = 1 ^ —11.4

84. В ААВС АВ = 13, ВС = 2, АС = 12. Точка D лежит на прямой ВС так, что BD : DC = 1 : 3 . Окружности, вписанные в каждый из треугольников ADC и ADB, касаются стороны AD в точках Е и F. Найти длину отрезка EF.

85. В равнобедренный ААВС (АВ = ВС) вписана окружность. Через точку М , лежащую на стороне АВ, проведена касательная к окружности, пересекающая прямую АС в точке D. Найти боковую сторону тре

угольника АВС, если АС = CD = 14, M B = —АВ.8

8 6 . Биссектриса BD и высота СЕ остроугольного ААВС пересекаются в точке О. Окружность радиуса 3 с центром в точке О проходит через вершину В, середину стороны ВС и пересекает сторону АВ в точке К так, что А К : КВ = 2 : 1 . Найти длину стороны АС.

1587. В ААВС АВ = arccos— . На стороне АС взята

17точка К так, что А К =12, КС = 4. Найти радиус окружности, проходящей через вершину В, касающейся стороны АС в точке К и касающейся окружности, описанной около ААВС.

88. Через середину гипотенузы АС прямоугольного ААВС проведена прямая, пересекающая катет ВС в


точке D, а продолжение катета АВ за точку А — в точке М . Найти площадь ААВС, если CD = 1, A M = 2,

gZCAB = arccos—.

589. Через середину катета АВ прямоугольного

ААВС проведена прямая, пересекающая гипотенузу АС в точке М, а продолжение катета ВС за точку В — в точке N. Найти площадь ААВС, если A M = 2, BN = 3, ZACB = 60°.

90. Окружность с центром на диагонали АС параллелограмма ABCD касается прямой АВ и проходит через точки С и В. Найти стороны параллелограмма,

если его площадь В = 2л/7, a ABAC = arctg-==.V7

91 . Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD (ВС | | AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в точке С и пересекает основание AD в точке М . Найти площадь трапеции ABCD, если ВС = 2, CD = 10л/26.

92. На сторонах АВ и АС ААВС взяты точки М и N соответственно. Отрезок M N проходит через центр вписанной в треугольник окружности и параллелен отрезку ВС. Найти периметр ААВС, если ВС = 15, В М = 6 , CN = 4.

93. В ААВС со сторонами АВ = 6 , ВС = 4 проведена биссектриса BD, точка О — центр вписанной в ААВС окружности, ВО : OD = 3 : 1 . Найти радиус окружности, описанной около ААВС.

94. Около окружности радиуса 2>/з описана равнобедренная трапеция. Найти площадь трапеции, если ее высота вдвое больше меньшего из оснований трапеции.

95. К окружности, вписанной в равнобедренный треугольник с основанием 12 и высотой 8 , проведена касательная, параллельная основанию. Найти площадь трапеции, отсекаемой этой касательной от треугольника.

96. Сторона ромба равна 10, большая диагональ равна 16. К окружности, вписанной в ромб, проведена


касательная, параллельная его меньшей диагонали. Найти длину отрезка касательной, заключенной между сторонами ромба.

97. В треугольнике ABC АВ = ВС, АС = 10. Из середины М стороны АВ проведен перпендикуляр M N к стороне АВ до пересечения с ВС в точке N и точка N соединена с точкой А. Периметр ААВС равен 40. Найти рAvt.vc-

98. Центр вписанной в AM K N окружности делит биссектрису угла К на части 9 и 5, считая от вершины К. Длина M N = 15, а разность двух других сторон равна 1. Найти радиус вписанной окружности.

99. Центр вписанной в AK T L окружности делит биссектрису угла Т на части 10 и 5, считая от вершины Т, а биссектрису угла К на отрезки 3 и 1. Известно, что Р s.KTL = 36. Найти стороны треугольника.

100. В параллелограмме M N E F длина M N = 13. Из углов М и N проведены биссектрисы, которые пересекаются в точке О. Расстояние от точки О до стороны M N равно 60/13. Найти длины отрезков N 0 и МО.

101. В выпуклом четырехугольнике ABCD известно, что АВ = 7, ВС = 24, AD = 20, CD = 15 и АС = 25.

а) Доказать, что около четырехугольника ABCD можно описать окружность.

б) Найти угол между его диагоналями.

102. Одна окружность вписана г. прямоугольную трапецию, а вторая к а са ет с я болы пой боковой стороны и продолжений оснований.

а) Д о к а з а т ь , что р а с с т о ян и е м е ж д у ц е н т р а м и окружностей равно большей боковой стороне трапеции.

б) Найти расстояние от вершины одного из прямых углов трапеции, до центра второй окружности, если точка касания первой окружности с большей боковой стороной трапеции делит ее на отрезки длиной 5 и 20.

103. В A ABC проведены медианы АА, и ВВ,, причем ZCAA, = ZCBB,.

а) Доказать, что АС = ВС.

Глава 2. Тренировочные залачи • » » 21 7

б) Найти длину А В , , если радиус описанной окруж

ности вокруг четырехугольника А В А ,В , равен ;8

ga sin Z C A A , = — ==г .

3V34

104. Высоты ВВ, и СС, остроугольного А А В С пересекаются в точке Н.

а) Доказать, что ZAHB, = Z A C B .б) Найти ВС, если А Н = 21 и Z B A C = 30°.

105. В A A B C проведены биссектрисы А А , и СС,. Точки К и М — основания перпендикуляров, опущенных из точки В на прямые АА, и СС,.

а) Доказать, что М К j: АС.б) Найти SAKm, если А С = 13, ВС = 5 и А В = 12.

106. В А А В С А С = 1 2 , А В = В С = 10. Биссектриса угла ВАС пересекает сторону ВС в точке D и описанную около треугольника окружность в точке М .

а) Доказать, что Z A B M = Z B D M .б) Найти отношение площадей A A D M и A B D M .

107. В A A B C вписана окружность R, касающаяся стороны АС в точке М , причем A M = R.

а) Доказать, что А АВ С — прямоугольный.б) Вписанная окружность касается сторон АВ и ВС

о почках т. и I . Найти - S \ если известно, что R - 2и С М - 10.

108. диагонали выпуклом) чотыпехугольнп ка о ’ "'-' дересжкаются в точке О, АВ ~ АО, АС — бисгек

; риса угла С.а) Доказать, что четыре х у го л ь ни к A B C D вписан

ный.б) Найти ZCDB , если Z B A D = 140°, Z B O A = 110е.

109. Окружность с центрами О, и О., разных радиусов пересекаются в точках М и АС Хорда М С большей

218 « • Математика. Залачи типа 7 6 (С4)

окружности пересекает меньшую окружность в точке Е и делится пополам.

а) Доказать, что проекция отрезка Ог0 2 на прямую М С в 4 раза меньше МС.

б) Найти 0 г0 2, если известно, что радиусы окружностей равны 5 и 17, а МС = 16.

110. Биссектриса угла ADC параллелограмма ABCD пересекает прямую АВ в точке К. В A A D K вписана окружность, касающаяся стороны А К в точке Е и стороны A D в точке F.

а) Доказать, что прямые EF и D K параллельны.б) Найти ZBAD, если известно, что АН = 8 и EF — 4.

ОТВЕТЫ

1. 9 см; 9л/з с м ;

18 см._2_

3. 12л/5 см.

2 . arccos-

4. —Vl45 см. 5

5. 8,25 см.

в. А ф * * ) .

7. 16 см.8 . 10.9. 8.10. 4.11. 1,5.

12. " 22л/д2 - m2

13. 0,6... а14. ctg — ;

2 cos а ctg' — .

15. 1.3

16. 1; л/3; 2.

117.

18.

+ sin а. а

cos —2

4 cos а

V l + 8cos2 а

'72 519. arcsin97

20. Прямоугольный.21. 60°.22 . Прямоугольный.23.

•г . а - В , а + Во t g cos ----- -

2 2_2 sin а sin (1

24. 4 см и 20 см.25. 56.26. 2.

97 — СМ.2

28. — s[2 см.27

29. 60°.

6 3 V 1 530.20

31. 3.

32. —2 sin а

33. 9 или 4.34. 30°, 30°, 120° или 60°, 60°, 60е.35. л/3-1.

36. 1-(а~Ь + с).

37. 2 : 1.

38. a-\/az -6 2_;

а + л/а2 - 62.

39. 5^2.

40. ~s[ab(a + b).

41. 16.42. 12 и 48.43. AS = а -г 6, НС = а - 6.45. 18 : 9 ; 1.46. 30°.

47(а+ 6)

48. 2.

49. arccos л/3-1

50.Л '

51. 2|Г1 + — L_|.sin а

53. beb~c

54. -ab . 2

55. л/10

66. /3(a2 + s/3ab + 6'

57. л/а2 +abebz.

58.

)•

_2

„ 2

59.

60.

46

ал/3

61. 16.62. 3.63. 6.


64. 14.65. 16.^ 3266. — .

82. 30; 12(2 —л/з).

83. V2-

97. 25.98. 4.99. 9; 12; 15.100. 12; 5.

3 84. 1 или 1,5. 101. arcsin 0,8.67. n/3+I. 85. 10.

86. 15. 102. 5n/53 .

68. 2 (л/з + ч/2)(ч/2-1). 87. 12. Ш

88. *103. 9 или ---------

69. 8. 470. 1,6. 25 104. 7n/3 .71. 2. 9J 372. V130- 89. — .

2_ 30

Ю 5. — .73. 172,8. g

13

74. 7. 90. 2 и —. 9675. 4 и 20. 3 106. — .

2576. 52. 91. 270.

54107 ■ '7з 92. 45.

77. — .2 93. 3Л О

13

108. 50°.78. 60.79. 8.

с.

94. 60. 109. 2л/85.

80. 5. 95. 45. 110. 60°.81. 36 и 8. 96. 4,8.

ЛИТЕРАТУРА

Балаян Э.Н. Геометрия. Сборник задач по планиметрии для подготовки к ГИА, ЕГЭ и олимпиадам. 7-11 классы. — Ростов н/Д: Феникс, 2013.

Балаян Э.Н. Геометрия: задачи на готовых чертежах. 7-9 классы. — 2-е изд. — Ростов н/Д: Феникс, 2016.

Балаян Э.Н. Новый репетитор по геометрии для подготовки к ГИА и ЕГЭ. — Ростов н/Д: Феникс, 2015.

Балаян Э.Н. Репетитор по математике для поступающих в вузы. — 14-е изд. — Ростов н/Д: Феникс, 2015.

СОДЕРЖ АНИЕ

Предисловие................................................................... 3

Глава 1. Краткие теоретические сведения по курсугеометрии V II—IX классов ............................... 4§ 1. П ланим ет рия ................................................................. 4

1.1. У гл ы ..................................................................................4

1.2. М ногоугольник .............................................................. 6

1.3. Правильные многоугольники...................................... 7

1.4. Треугольник ....................................................................8

1.5. Признаки равенства треугольников.........................10

1.6. Неравенства треугольника........................................ 12

1.7. Определение вида треугольника по егосторонам ................................................... 12

1.8. Прямоугольные треугольники(некоторые свойства).................................................. 12

1.9. Признаки равенства прямоугольных треугольников.............................................................. 13

1.10. Четыре замечательные т о ч к и треугольника 14

1.11. Произвольный треугольник.......................................16

1.12. Теорема Чевы ............................................................... 17

1.13. Теорема М енелая..........................................................17

1.14. Теорема синусов........................................................... 18

1.15. Теорема косинусов....................................................... 18

1.16. Площадь треугольника.............................................. 18

1.17. Равносторонний (правильны й) треугольник 19

1.18. Подобные треугольни ки .................................................19

1.19. П ризнаки подобия треугольни ков ..............................20

1.20. Ч еты рехугольн и к ............................................................. 21

1.21. П араллелограм м ...............................................................22

Солержание • » » 223

1.22. Трапеция....................................................................... 24

1.23. П рям оугольник ............................................................26

1.24. Ромб ...............................................................................26

1.25. Квадрат...................... 27

1.26. Окружность..................................................................27

1.27. Свойства касательных к окружности ......................28

1.28. Окружность и треугольник........................................29

1.29. Окружность и четырехугольник...............................29

1.30. Углы и окружность..................................................... 30

1.31. Метрические соотношения в окружности .............. 32

1.32. Длина окружности. Площадь круга и его частей 33

Глава 2. Тренировочные задачи...................................34

§ 2. Задачи с решениями.................................................... 34

2.1. Треугольники.............................................................. 34

2.2. Четырехугольники................................................... 157

§ 3. Задачи для самостоятельного решения................ 205

Ответы........................................................................219

Литература........................................................................... 221

Documents

Ш Эдуард Николаевич Балаян МАТЕМАТИКmathmi.ucoz.com/2015-2016/balajan_eh.n-planimetrija-z... · 2016-02-26 · Ш Эдуард Николаевич