Задачи по геометрии для подготовки к экзамену, 9 класс

Реклама
А.И.Маринин
Задачи по геометрии для подготовки к экзамену
9 класс
Н.Новгород, 2010
2
В течение нескольких лет некоторые из предлагаемых задач (в различных вариациях)
включались в практическую часть экзаменационных испытаний. Лицеистам заранее должны
быть известны требования, предъявляемые к ним на экзамене по геометрии, – такова
принципиальная позиция автора пособия.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
3
Задачи по геометрии. 9 класс
1. Биссектриса прямого угла прямоугольного треугольника делит гипотенузу на отрезки,
равные 7 и 24. Найдите радиус окружности, вписанной в этот треугольник.
Решение. Теорема о биссектрисе угла треугольника.
Ответ. r = 93/25.
2. Один правильный шестиугольник вписан в окружность, а другой описан около нее.
Найдите радиус окружности, если разность периметров этих шестиугольников равна a.
Решение. Учебник геометрии, в нем - формулы, их надо учить и запомнить.
3 1
 )a .
Ответ. (
3 2
3. Равнобочная трапеция с острым углом  описана около окружности радиуса r. Найдите
площадь трапеции.
Решение. Найдем сразу боковую сторону, следовательно - среднюю линию.
4r 2
Ответ.
.
sin 
4. В окружность радиуса R вписан правильный шестиугольник ABCDEF. Найдите радиус
круга, вписанного в треугольник ACD.
Решение. Сторона шестиугольника равна R. Треугольник ACD - прямоугольный.
R
Ответ. ( 3  1) .
2
5. Диагонали AC и BE правильного пятиугольника ABCDE пересекаются в точке K.
Докажите, что описанная окружность треугольника CKE касается прямой BC.
Решение.
Пусть
O
центр
описанной
окружности
треугольника
CKE.
180  ABC
KCB 

COK  180  2OKC  180  EKC  180  EDC  72 ,
2
COK  2KCB .
6. Пусть a - длина стороны правильного пятиугольника, d - длина его диагонали.
Докажите, что d2 = a2 + ad.
Решение. Т.к. BC - касательная к описанной окружности треугольника CKE (см. задачу 5),
то BE  BK  BC 2 , т.е. d (d  a)  a 2 .
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
4
7. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна c, а один из острых углов равен 30°.
Найдите радиус окружности с центром в вершине угла в 30°, делящей данный треугольник
на две равновеликие части.
Решение. Формула площади сектора.
Ответ.
c 3 3
.
2 
8. В прямоугольном треугольнике ABC даны длины катетов CB=a, CA=b. Найдите
расстояние от вершины C до ближайшей к C точки вписанной окружности.
Решение. CO = r 2 , 2pr = ab, d = CO - r.
2 1
(a  b  a 2  b 2 ) .
Ответ.
2
9. В прямоугольном треугольнике медиана длиной m делит прямой угол в отношении 1:2.
Найдите площадь треугольника.
Решение. AM=MB=CM=c/2=m, треугольник CAM - равнобедренный с углом при основании
AB в 30°.
m2 3
Ответ.
.
2
10. В равнобочной трапеции, описанной около окружности, отношение параллельных
сторон равно k. Найдите угол при основании.
a  b a  b b  kb


Решение. cos  
.
2c
a  b b  kb
1 k
Ответ. arccos
.
1 k
11. Площадь равнобочной трапеции, описанной около круга, равна S, а высота в 2 раза
меньше ее боковой стороны. Найдите радиус вписанного в трапецию круга.
Решение. Если c – боковая сторона, то S = 2cr = 2c(h/2) = 2c(c/4) = c2/2.
S
Ответ.
.
2
12. Дан полукруг с диаметром AB. Через середину дуги полуокружности проведены две
прямые, делящие полукруг на три равновеликие части. В каком отношении эти прямые делят
диаметр AB?
Решение. Площади частей полукруга вычисляются, одна из них - равнобедренный
треугольник.
Ответ. (6   ) : 2 : (6   )
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
5
13. Дан квадрат ABCD со стороной a. На стороне BC взята точка M так, что BM=3MC, а на
стороне CD - точка N так, что 2CN=ND. Найдите радиус окружности, вписанной в
треугольник AMN.
Решение. Найдите стороны треугольника AMN и примените метод площадей.
3a (5  13)
Ответ.
.
2
14. Во вписанном четырехугольнике ABCD, диагонали которого пересекаются в точке K,
известно, что AB=a, BK=b, AK=c, CD=d. Найдите длину диагонали AC.
Решение. AK  KC  BK  KD , значит треугольники AKB и CKD подобны.
Ответ. (ac + bd) / a.
15. Вокруг трапеции описана окружность. Основание трапеции составляет с боковой
стороной угол  , а с диагональю - угол  . Найдите отношение площади круга к площади
трапеции.
1
Решение. Теорема синусов: a  2 R sin(      ), b  2 R sin(    ), h  (a  b)  tg .
2

Ответ
.
2
2 sin   cos( 2  )
16. Отношение радиуса окружности, вписанной в равнобедренный треугольник, к радиусу
окружности, описанной около этого треугольника, равно k. Найдите угол при основании
треугольника.
Решение. В качестве параметров удобно взять угол при основании и боковую сторону
треугольника.
4 k2 k
Ответ. arccos
.
2
17. Через вершины A и B треугольника ABC проходит окружность радиуса r, пересекающая
сторону BC в точке D. Найдите площадь круга, проходящего через точки A, D и C, если
AB=c, AC=b.
Решение. Теорема синусов: c/sin(ADB)=2r; в  ACD AC/sin(ADC) = AC/sin(ADB)=2R.
br
Ответ.  ( ) 2 .
с
18. На стороне BC треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая
стороны AB и AC в точках M и N. Найдите площадь треугольника AMN, если площадь
треугольника ABC равна S, а угол BAC равен  .
Решение. AM/AC = AN/AB = k - коэффициент подобия, S1/S = k2. k = AM/AC = cos  , т.к.
треугольник AMC - прямоугольный (BC - диаметр окружности).
Ответ. S cos  .
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
6
19. В равнобедренном треугольнике ABC (AB=BC) медиана AD перпендикулярна
биссектрисе CE. Определите величину угла ACB.
Решение. Пусть O - точка пересечения медианы AD и биссектрисы CE. В треугольнике ACD
биссектриса CO является высотой, поэтому AC = CD, значит BC = 2CD = 2AC,
cosC = (1/2) AC : BC = 1/4.
Ответ. arccos(1/4).
20. В треугольнике ABC BC2 + AC2 = 5AB2. Докажите, что медианы AM и BN
перпендикулярны.

m n 
 
ab 
2
2
5
a b
.
a  b
4
2
 
2




 



CB  a , CA  b , BN  n, AM  n .
Решение.
 


 2
2
Тогда
2
 
AB  c , c  a  b , c  a  b  2 a  b ;


b   a 
n   a, m   b ,
2
2

по
условию,a2+b2=5c2,
и
2
2( a  b )  
, m n  0 .
5
21. Шестиугольник ABCDEF впмсан в окружность. Диагонали AD, BE и CF являются
диаметрами этой окружности. Докажите, что площадь шестиугольника ABCDEF равна
удвоенной площади треугольника ACE.
Решение. Пусть O - центр описанной окружности. Т.к. AD, BE, CF - диаметры, то пл.ABO =
пл.DEO = пл.AEO, пл.BCO = пл.EFO = пл.CEO, пл.CDO = пл.AFO = пл.ACO.
Пл.ABCDEF = 2(пл.ABO + пл.BCO + пл.CDO), пл.ACE = пл.AEO + пл.CEO + пл.ACO,
значит пл.ABCDEF = 2•пл.ACE.
22. Высота трапеции, диагонали которой взаимно перпендикулярны, равна 4. Найдите
площадь трапеции, если известно, что длина одной из ее диагоналей равна 5.
Решение. Пусть диагональ AC трапеции ABCD с основанием AD равна 5. Достроим
треугольник ACB до параллелограмма ACBE. Площадь трапеции ABCD равна площади
прямоугольного треугольника DBE. BH - высота трапеции, EH2 = BE2 - BH2 = 52 - 42 = 9,
ED = BE2/EH = 25/3, поэтому пл.DBE = ED·BH/2 = 50/3.
Ответ. 50/3.
23. Длины сторон треугольника образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что
радиус вписанной окружности равен трети одной из высот треугольника.
Решение. a, b, c - длины сторон, a < b < c. Тогда 2b = a + c, 2пл.ABC = r(a + b + c)=3rb и
2пл.ABC = b·h2, значит r = h2/3.
24. Отрезок постоянной длины движется по плоскости так, что его концы скользят по
сторонам прямого угла ABC. По какой траектории движется середина этого отрезка?
Решение. Если M и N - концы отрезка, O - его середина, то точка B (вершина прямого угла)
лежит на окружности с диаметром MN, поэтому OB=MN/2. Траекторией точки O является
часть окружности радиуса MN/2 с центром B, заключенная внутри угла ABC.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
7
25. Найдите площадь ромба ABCD, если радиусы окружностей, описанных около
треугольников ABC и ABD равны R и r.
Решение. Если x - острый угол, то диагонали d1=2R•sinx и d2=2r•sinx (теорема синусов);
tg(x/2)=r/R и т.д.
8R 3 r 3
Ответ.
.
(R2  r 2 )2
26. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого угла C проведены биссектриса
CL=a и медиана CM=b. Найдите площадь треугольника ABC.
 

2x 2 y 2 
2
( x  y )  xy  x 2  y 2  2 xy 
AB
2 S  a

 b, 
Решение. CM 
a2  .
2
, 
2
 x 2  y 2  4b 2
  x 2  y 2  4b 2



 
Ответ. S 
a 2  a 4  8a 2 b 2
4
.
27. В равностороннем треугольнике ABC сторона равна a. На стороне BC лежит точка D, а
на AB - точка E так, что BD=a/3, AE=DE. Найдите длину CE.
Решение. AE = x и дважды - теорема косинусов для треугольников EBD и AEC.
13
Ответ. CE  a .
15
28. В равнобедренный треугольник вписан квадрат единичной площади, сторона которого
лежит на основании треугольника. Найдите площадь треугольника, если известно, что
центры тяжести треугольника и квадрата совпадают.
Решение. Пусть E - вершина квадрата, лежащая на боковой стороне AB треугольника ABC.
Сторона квадрата равна 1. Если BD - высота треугольника, AE = x, то, по теореме синусов,
2
1
x 2
, AD  ctgA  , ADtgA  BD . Общий центр тяжести - точка пересечения медиан
sin A
2
треугольника ABC. BD = 3/2. Треугольник ABC - прямоугольный.
Ответ. 9/4.
29. Три окружности радиусов 1, 2 и 3 касаются друг друга внешним образом. Найдите радиус
окружности, проходящей через точки касания этих окружностей.
Решение. Треугольник O1O2O3, где Oi - центры соответствующих окружностей (i = 1, 2, 3), прямоугольный с катетами 3 и 4. Искомая окружность вписана в треугольник O1O2O3.
Ответ. 1.
30. Окружность радиуса R проходит через вершины A и B треугольника ABC и касается
прямой AC в точке A. Найдите площадь треугольника ABC, если ABC   , CAB   .
Решение. O - центр окружности, AOB   , AB  2 R sin  . По теореме синусов для
треугольника ABC находим BC, затем площадь.
2 R 2 sin 3   sin 
Ответ.
.
sin(    )
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
8
31. Дан треугольник ABC. Известно, что AB=4, AC=2, BC=3. Биссектриса угла BAC
пересекает сторону BC в точке K. Прямая, проходящая через точку B параллельно AC,
пересекает продолжение биссектрисы AK в точке M. Найдите длину отрезка KM.
Решение. Треугольники AKC и BKM подобны. BK, KC и AK отыскиваются по теоремам о
биссектрисе и косинусов.
Ответ. 2 6 .
32. В выпуклом четырехугольнике отрезки, соединяющие середины противоположных
сторон, равны a и b и пересекаются под углом 60°. Найдите диагонали четырехугольника.
Решение. Отрезки, соединяющие середины противоположных сторон, - диагонали
параллелограмма, поэтому делятся пополам точкой пересечения; стороны параллелограмма,
равные половинам диагоналей четырехугольника, находятся по теореме косинусов.
Ответ.
a 2  b 2  ab .
33. В треугольнике ABC известны BC=a, углы A и B. Найдите радиус окружности,
пересекающей все его стороны и высекающей на каждой из них хорды длины d.
Решение. Центры данной окружности и вписанной в треугольник ABC совпадают (равные
хорды равноудалены от центра окружности). Отыскав радиус вписанной окружности,
ответим на поставленный вопрос.
 

a 2 sin 2 cos 2
d2
2
2 .

Ответ.

4
cos 2
2
34. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4 см, проведена медиана к
боковой стороне. Найдите основание треугольника, если медиана равна 3 см.
Указание. Теорема о сумме квадратов диагоналей параллелограмма.
Ответ. 10 см.
35. В равнобедренном треугольнике основание равно 16 см, а боковая сторона равна 10 см.
Найдите радиусы вписанной и описанной окружностей и расстояние между их центрами.
Решение. S = abc/4R = pr.
Ответ. 8/3, 25/3, 5 см.
36. Найдите радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, если
радиус окружности, вписанной в этот треугольник, равен 3 см, а катет равен 10 см.
Решение. Катет = 10 = 3 + 7, tg(A/2)=3/7, где A - острый угол, прилежащий к данному катету.
Ответ. 29/4 см.
37. Радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 2 см. Точка касания этой
окружности делит одну из сторон на отрезки длиной 4 и 6 см. Определите вид треугольника
и вычислите его площадь.
Решение. tg(A/2)=2/4=1/2, tg(B/2)=2/6=1/3, значит cosA=3/5, cosB=4/5=sinA.
Ответ. Прямоугольный; 24 см2.
38. В ромб, который делится своей диагональю на два равносторонних треугольника,
вписана окружность с радиусом 2. Найдите сторону ромба.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
9
Решение. Острый угол ромба - 60 .
8 3
Ответ.
.
3
39. Радиусы вписанной и описанной окружностей прямоугольного
соответственно равны 2 и 5 см. Найдите катеты треугольника.
Решение. Катеты - параметры задачи.
Ответ. 6 и 8 см.
треугольника
40. Расстояние центра круга до хорды длиной в 16 см равно 15 см. Найдите площадь
треугольника, описанного около круга, если периметр треугольника равен 200 см.
Решение. r2 = 152 + 82 = 289, r=17, S=200*17/2 = 1700.
Ответ. 1700 см2.
41. Периметр ромба равен 2p; длины диагоналей относятся, как m:n. Вычислите площадь
ромба.
Решение. Площадь равна половине произведения диагоналей, которые находятся по теореме
Пифагора.
Ответ. mnp2 / 2(m2 + n2).
42. В треугольник вписан ромб со стороной m, так что один угол у них общий, а
противоположная вершина ромба лежит на стороне треугольника и делит эту сторону на
отрезки длиной p и q. Найдите стороны треугольника.
Решение. m/a = p/(p+q) - из подобия треугольников.
Ответ. m(p+q)/p, m(p+q)/q, p+q.
43. Прямые, содержащие боковые стороны равнобочной трапеции, пересекаются под
прямым углом. Найдите длины сторон трапеции, если ее площадь равна 12 см2, а высота
равна 2 см.
Решение. Если x - меньшее основание трапеции, то S = h(2+2+x+x)/2.
Ответ. 4; 8; 2 2 ; 2 2 .
44. Из одной точки к окружности проведены две касательные. Длина каждой касательной 12
см, а расстояние между точками касания 14,4 см. Определите радиус окружности.
Решение. Подобие треугольников (l - длина касательной, R - радиус окружности, 2h R
h
расстояние между точками касания):
.

l
l 2  h2
Ответ. 9 см.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
10
45. Из точки A проведены две прямые, касающиеся окружности радиуса R в точках B и C
так, что треугольник ABC - равносторонний. Найдите его площадь.
Решение. AB2 + R2 = AO2 (O - центр окружности), AO=R/sin30°.
3R 2 3
Ответ.
.
4
46. Периметр параллелограмма равен 90 см и острый угол 60°. Диагональ параллелограмма
делит его тупой угол в отношении 1:3. Найдите стороны параллелограмма.
Решение. Диагональ делит параллелограмм на прямоугольные треугольники с острыми
углами 60° и 30°.
Ответ. 15 и 30 см.
47. Один из углов трапеции равен 30°, а прямые, содержащие боковые стороны трапеции,
пересекаются под прямым углом. Найдите длину меньшей боковой стороны трапеции, если
ее средняя линия равна 10 см, а одно из оснований 8 см.
Решение. Большее основание равно 12 см. Далее - подобие.
Ответ. 2 см.
48. Общая хорда двух пересекающихся окружностей видна из их центров под углами 90° и
60°. Найдите радиусы окружностей, если расстояние между их центрами равно 3  1 .
Решение. 2 случая, в зависимости от того, лежат центры окружностей по одну или по разные
стороны от общей хорды. Вычисляются все углы, далее - теорема синусов.
Ответ. 2, 2 или 4  2 3 , 2 2  6 .
49. Найдите площадь круга, вписанного в прямоугольный треугольник, если проекции
катетов на гипотенузу равны 9 и 16 см.
Решение. Высота на гипотенузу равна 12 см. Метод площадей + теорема Пифагора
позволяют найти катеты. Опять метод площадей: S = pr.
Ответ. 5 см.
50. Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, удален от концов ее боковой
стороны на расстояния 3 и 9 см. Найдите стороны трапеции.
Решение. 3 и 9 см - катеты прямоугольного треугольника. Радиус вписанной окружности высота этого треугольника, проведенная из вершины прямого угла. Не забудьте условие
вписания окружности в четырехугольник.
18 10 9 10 6 10
,
,
, 3 10 см.
Ответ.
5
5
5
51. Основания трапеции равны 4 и 16 см. Найдите радиусы окружностей, вписанной в
трапецию и описанной около нее, если известно, что эти окружности существуют.
Решение. Трапеция равнобочная, боковая сторона равна 10 см, высота - 8 см. Теорема
синусов.
5 41
Ответ. 4 см,
см.
4
52. Точка на гипотенузе, равноудаленная от обоих катетов, делит гипотенузу на отрезки
длиной 30 и 40 см. Найдите катеты треугольников.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
11
Решение. ( 900  x 2  x) 2  ( 1600  x 2  x) 2  4900 , где x - расстояние от заданной точки
гипотенузы до катетов.
Ответ. 42, 56 см.
53. Площадь прямоугольного треугольника равна 24 см2, а гипотенуза равна 10 см. Найдите
радиус вписанной окружности.
S
Решение. r  , S = 24, катеты равны 6 и 8 см (они вычисляются из теоремы Пифагора и
p
формулы для площади).
Ответ. 2 см.
54. Площадь треугольника равна S. Каждая сторона треугольника разделена на три части в
отношении m : n : m. Определите площадь шестиугольника, вершинами которого являются
точки деления.
Решение. Если C1, C2, A1, A2, B1, B2 - точки деления на сторонах AB, BC, CA
соответственно, то площадь маленького треугольника, прилегающего к вершине, равна
m2
S.
( 2m  n) 2
m 2  4mn  n 2
Ответ.
S.
( 2m  n) 2
55. Прямая, параллельная основаниям трапеции, проходит через точку пересечения ее
диагоналей. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного между боковыми сторонами
трапеции, если основания трапеции равны 4 и 12 см.
Решение. Подобие треугольников. Заметим попутно, что отрезки MO и ON равны (O - точка
пересечения диагоналей, M и N - лежащие на боковых сторонах трапеции концы отрезка).
Ответ. 6 см.
56. Периметр кругового сектора равен 28 см, а его площадь равна 49 см2. Определите длину
дуги сектора.
Решение. Для определения радиуса окружности и центрального угла имеем два уравнения:
1 2
r  2r  28,
r   49 .
2
Ответ. 14 см.
57. На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в отношении 1:3, считая
от вершины. Во сколько раз площадь треугольника с вершинами в этих точках меньше
площади исходного треугольника?
Решение. Пусть AA1 и CC1 - две медианы треугольника ABC, O - точка пересечения медиан,
M и P - отмеченные точки на медианах AA1 и CC1 соответственно, тогда
AM 1
AO 2
AM 3 MO 5 OM 5 OP
 ,
 ,
 ,
 ,
 
, MP и AC параллельны (теорема
AA1 4
AA1 3
AO 8
AM 3
OA 8 OC
Фалеса); аналогично, все стороны треугольника с вершинами в отмеченных точках
параллельны соответствующим сторонам треугольника ABC, значит треугольники подобны
с коэффициентом подобия 5/8.
Ответ. В 64/25.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
12
58. Медианы треугольника равны 5, 6 и 5 м. Найдите площадь треугольника.
Решение. Треугольник равнобедренный. Площадь в 3 раза больше площади
равнобедренного треугольника с боковой стороной 10/3 и высотой 2.
Ответ. 16 м2.
59. Найдите координаты середин сторон квадрата, приняв за оси координат его диагонали.
Решение. (1;0), (0;1), (-1;0), (0;-1) - координаты вершин квадрата.
Ответ. (1/2;1/2), (-1/2;1/2), (-1/2;-1/2), (1/2;-1/2).
60. Большее основание трапеции в два раза больше ее меньшего основания. Через точку
пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям. Найдите отношение
высоты каждой из двух полученных трапеций к высоте данной трапеции.
Решение. Половина отрезка, параллельного основаниям и проходящего через точку
1 2a  2a 2a

пересечения диагоналей, заключенного между боковыми сторонами, равна
,
2 3a
3
где a - меньшее основание трапеции (задача 55). Теперь - подобие треугольников.
Ответ. 1 : 3, 2 : 3.
61. Площадь прямоугольника равна 9 см2, а величина одного из углов, образованного
диагоналями, равна 120°. Найдите стороны прямоугольника.
1
3
Решение. a и b - стороны прямоугольника. ab  9   (a 2  b 2 )
.
2
2
Ответ. 6  3 3 см.
62. Площадь равнобедренного треугольника равна 1/3 площади квадрата, построенного на
основании данного треугольника. Длина боковой стороны треугольника короче длины его
основания на 1 см. Найдите длины сторон и высоту треугольника, проведенной к
основанию.
Решение. Пусть a и b - основание и боковая сторона треугольника.
1
a2 1 2
a b2 
 a , a  b  1.
2
4
3
Ответ. 6 см, 5 см, 5 см, 4 см.
S 
63. Диагональ равнобедренной трапеции делит ее тупой угол пополам. Меньшее основание
трапеции равно 3 см, периметр равен 42 см. Найдите площадь трапеции.
Решение. Все остальные стороны одинаковы и равны 13 см. Проведем через вершину
прямую, параллельную боковой стороне и найдем высоту трапеции, используя формулу
Герона для вычисления площади получившегося равнобедренного треугольника..
Ответ. 96 см2.
64. Высота равнобочной трапеции равна 14 см, а основания равны 16 и 12 см. Найдите
площадь описанного круга.
Решение. Найдем боковую сторону, диагональ трапеции, синус острого угла и по теореме
синусов - радиус описанного около трапеции круга (10 см).
Ответ. 100  см2.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
13
65. Вычислите площадь прямоугольной трапеции, если ее острый угол равен 60°, меньшее
основание равно a и большая боковая сторона равна b.
Решение. Все вычисляется напрямую.
(3ab  b 2 ) 3
Ответ.
.
8
66. Сторона правильного треугольника, вписанного в окружность, равна a. Вычислите
площадь квадрата, вписанного в ту же окружность.
Решение. a  R 3 .
2
Ответ. a 2 .
3
67. Определите площадь кругового сегмента, если его периметр равен p, а дуга содержит
120°.
2 r 2r 3

 2p .
Решение.
3
2
9 (4  3 ) 2
Ответ.
p .
4 (2  3 3 ) 2
68. Найдите координаты точки на оси x, равноудаленной от двух данных точек A(x 1;y1),
B(x2;y2).
Решение. Найдем точку пересечения серединного перпендикуляра к AB с осью Ox.
y  y 2 y1  y 2
x  x2
y 1

 (x  1
) - уравнение перпендикуляра.
2
x2  x1
2
x y  x1 y1
Ответ. ( 2 2
; 0) .
y 2  y1
69. В прямоугольном треугольнике медианы катетов равны 52 и 73 . Найдите гипотенузу
треугольника.
Решение. Достроим (дважды) треугольник до прямоугольника. В прямоугольнике сумма
квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех сторон.
Ответ. 5.
70. Найдите площадь прямоугольного треугольника, если даны радиусы R и r описанного и
вписанного в него кругов.
Решение. Центр вписанной окружности, вершина C прямого угла и точки касания
вписанной окружности с катетами a и b - вершины квадрата. Теорема о равенстве отрезков
касательных, проведенных из точки C к вписанной окружности, и расположение центра
описанной около прямоугольного треугольника окружности дают два уравнения: p - c = r,
c = 2R (p - полупериметр треугольника). p = r + 2R, S = pr.
Ответ. r (r + 2R).
71. Ромб, у которого сторона равна меньшей диагонали, равновелик кругу радиуса R.
Определите сторону ромба.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
14
Решение.
Ответ.
1 a2 3

  R 2 , a - сторона ромба.
2
4
8
R.
3
72. Дан равнобедренный треугольник с основанием, равным a, и боковой стороной, равной b.
Докажите, что центр вписанной окружности делит биссектрису угла при основании в
отношении (a+b) : b, считая от вершины угла.
Указание. Попробуйте поместить в вершины треугольника такие массы, чтобы центр
вписанной окружности стал центром масс полученной системы материальных точек.
Впрочем, возможно прямое геометрическое вычисление.
73. Даны координаты двух вершин A и B равностороннего треугольника ABC. Найдите
координаты третьей вершины.
Указание. A(x1;y1), B(x2;y2). Теорема косинусов (или - скалярное произведение).
x  x1  ( y 2  y1 ) 3 ( x 2  x1 ) 3  y 2  y1
;
).
Ответ. C ( 2
2
2
74. Две стороны треугольника равны соответственно 5 и 8 см, площадь равна 12 см2.
Найдите третью сторону.
Решение. Выражаем площадь через синус угла между известными сторонами и - теорема
косинусов.
Ответ. 5 см.
75. Найдите площадь трапеции, диагонали которой равны 7 и 8 см, а основания 3 и 6 см.
Решение. В трапеции ABCD перенесем параллельно диагональ BD в положение CM. В
треугольнике ACM известны все три стороны (9, 8, 7 см), а его площадь равна площади
трапеции.
Ответ. 12 5 см2.
76. Длины диагоналей ромба относятся, как 3:4. Во сколько раз площадь ромба больше
площади вписанного в него круга?
Решение. x - сторона ромба, y и 3/4y - половины диагоналей. Площадь ромба выражается
через произведение диагоналей, r  y  sin  , tg  3 / 4 (  - угол между диагональю и
стороной ромба, - r - радиус вписанного круга).
Ответ. 1/ 6 .
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
15
77. Найдите площадь треугольника ABC, если b=11, c=13, m=10 (m - медиана к стороне BC).
Решение. Достроим треугольник ABC до параллелограмма CABD, продолжив медиану AM
за точку M на расстояние m. Площадь ABC равна площади ABD, которую найдем по
формуле Герона (стороны треугольника ABD равны 13, 11, 20).
Ответ. 66 6 .
78. Через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно основаниям проведена
прямая, пересекающая боковые стороны в точках M и N. Докажите, что MN=2ab/(a+b), где a
и b - длины оснований.
Решение. Рассмотрим пары подобных треугольников AOM и ACB, DON и DBC, AOD и
BOC в трапеции ABCD (O - точка пересечения диагоналей).
79. Даны координаты двух смежных вершин A и B квадрата ABCD. Найдите координаты
остальных вершин.
Решение. Если A(x1;y1), B(x2;y2), то D(y1-y2; x2-x1), C(x2-x1+y1-y2; y2-y1+x2-x1) (поворот на
прямой угол относительно A).
80. Дан квадрат ABCD. На прямых BD и BC взяты соответственно точки M и N так, что




BM  m BD и BN  n BC . Докажите, что угол AMN является прямым тогда и только тогда,
когда n = 2m - 1.
Указание. Векторный метод.
81. Площадь равнобочной трапеции, описанной около круга, равна S. Определите боковую
сторону трапеции, если известно, что острый угол при основании равен 30°.
Решение. Если a и b - основания, то боковые стороны равны (a+b)/2, площадь трапеции
равна r(a+b), 2r = (a+b)/2. Отсюда (a+b)2 = 4S.
Ответ. S .




82. Из точки O выходят два вектора OA  a и OB  b . Найдите какой-нибудь вектор,
идущий по биссектрисе угла AOB.
Решение. Диагональ ромба - биссектриса его угла, а сумма векторов ориентирует диагональ
параллелограмма. Параллелограмм, построенный на двух векторах, является ромбом, если
модули векторов равны.

Ответ.
a
2
a


b
2
.
b
83. Круг разделен на два сегмента хордой, равной стороне правильного вписанного
треугольника. Определите отношение площадей этих сегментов.
Решение. Длина хорды равна R 3 (теорема синусов), здесь R - радиус круга. Теперь
находим площадь сегмента, вмещающего центральный угол 120 : S 
Ответ.
4  3 3
8  3 3
4  3 3 2
R .
12
.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
16
84. Площадь равнобочной трапеции, описанной около круга, равна 32 см2; острый угол
трапеции равен 30°. Определите площадь описанного круга.
(a  b)r  32
Решение. 
(a, b - основания трапеции. r - радиус вписанного круга). r = 2.
a  b  8r
Около равнобочной трапеции можно описать круг.
a + b =16.
b  2 60  a, a  8  60 , b  8  60 . Квадрат диагонали трапеции равен (теорема
косинусов) 188  32 15  64 3  24 20 . Радиус описанного круга находим по теореме
синусов и пишем
Ответ.  (188  32 15  64 3  24 20 ) см2.
85. В треугольнике ABC даны длины его сторон BC=5, CA=6, AB=7. Найдите скалярное


произведение векторов AB и BC .
Решение. По теореме косинусов находим косинус угла B, далее - по определению
скалярного произведения: 36  25  49  2  5  7  cos B, cos B  19 / 35 ,




AB  BC   BA  BC   7  5  19 / 35   19
Ответ. -19.
86. Высота ромба равна 12 см, а одна из его диагоналей равна 15 см. Найдите площадь
ромба.
Решение. S = pr, причем r = 6 см. Пусть x - сторона ромба. Теорема Пифагора дает результат.
Ответ. 150 см2.
87.

В
треугольнике




ABC
проведены
медианы
AD,
BE,
CF.
Вычислите

BC  AD  CA BE  AB CF .






Решение. AC  a , AB  b . Все векторы линейно выражаются через a и b .

Ответ. 0 .



88. В треугольнике ABC проведены медианы AD, BE и CF. Найдите AD  BE  CF .


AB AC
Решение. AD 
и т.д.
2


Ответ. 0 .
89. Медианы треугольника равны 3, 4 и 5 см. Найдите площадь треугольника.
Решение. Достроим конфигурацию до параллелограмма. Как?
Ответ. 8 см2.




90. Дан прямоугольник ABCD и точка M. Докажите, что: 1) MA MC  MB MD ;
2) MA2 + MC2 = MB2 + MD2.
Указание. Введите координаты.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
17
91. На стороне BC треугольника ABC взята точка M так, что BM=2CM. Точки K и L
выбраны на сторонах AC и AB соответственно так, что AK=2CK, BL=3AL. В каком
отношении прямая KL делит отрезок AM?


Указание. Примените векторный метод, взяв в качестве базисных векторы AB и CD .
Ответ. 3 : 4.
92. В круге с центром O проведены два взаимно перпендикулярных диаметра AB и CD. На
радиусе OB взята точка K так, что OK=OB/3, а на радиусе OD – точка M так, что OM=OD/2.
Докажите, что точка пересечения прямых CK и AM лежит на данной окружности.
Указание. AB и CD - оси координатной системы.
93. В параллелограмме со сторонами a и b и углом  проведены биссектрисы четырех
углов. Найдите площадь четырехугольника, ограниченного биссектрисами.
Решение. Полученный четырехугольник - прямоугольник (биссектрисы противоположных
углов параллельны, сумма прилежащих к одной стороне параллелограмма углов равна 180 );
стороны находятся из прямоугольных треугольников.
(a  b) 2 sin 
Ответ.
.
2
94. Стороны a, b, c (a < b < c) треугольника образуют арифметическую прогрессию. R и r радиусы описанной и вписанной окружностей. Докажите, что ac = 6Rr.
Решение. Решаем задачу “с конца”. Пусть ac = 6Rr. Уменьшаем число параметров (p –
полупериметр,
S
–
площадь
треугольника):
abc S
3b
верно
(арифметическая
ac  6
 ,1
, 3b  2 p  a  b  c  3b, a  c  2b
4S p
2p
прогрессия!). Преобразования обратимы – все доказано.
95. В окружность радиуса R вписан треугольник. Вторая окружность, концентрическая с
первой, касается одной стороны треугольника и делит каждую из двух других сторон на три
равные части. Радиус второй окружности равен r. Найдите отношение r / R.
Решение. Пусть D – точка касания второй окружности со стороной AC треугольника ABC.
Центр этой окружности (концентрической с описанной около треугольника ABC) лежит на
серединном перпендикуляре к AC, поэтому AD = DC и, следовательно, AB = BC. По теореме
о степени точки (здесь нужна точка A) относительно окружности имеем:
1
2
AB  AB  AD 2  R 2  r 2 , AD 2  AB 2  BD 2  AB 2  ( R  r ) 2 
3
3
9
R 2  r 2  (R 2  r 2 )  (R  r) 2 .
2
Ответ. 5/9.
96. В треугольнике ABC BC  4, AB  2 19 . Центр окружности, проходящей через
середины сторон треугольника, лежит на биссектрисе угла C. Найдите AC.
Решение. Пусть O – центр окружности, проходящей через точки A1, B1, C1 – середины
сторон
треугольника.
или
OA1  OB1 , OC  OC , A1CO  B1CO  A1OC  B1OC
CA1O  CB1O  180 . В первом случае получим AC = BC – но это невозможно
(нарушается неравенство треугольника!). Во втором случае четырехугольник CA1OB1 –
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
18
вписанный и A1OB1  2A1C1 B1  2ACB; ACB  A1OB1  180  ACB  60 . Теперь –
теорема косинусов.
Ответ. AC = 10.
97. Около прямоугольника описана окружность. Сумма квадратов расстояний от точки M
окружности до всех вершин прямоугольника равна a. Найдите площадь круга.
Решение. Треугольник AMC – прямоугольный, MA2 + MC2 = 4R2, a = 8R2.
Ответ. a / 8 .
98. Окружности радиусов R и r касаются внешним образом. Найдите радиус окружности,
касающейся двух данных и их общей внешней касательной.
Решение. A, B – общие точки внешней касательной окружностей радиусов R и r, O1 и O2 –
их центры, O3 и x – центр и радиус третьей окружности. Проведем через O2 и O3 прямые,
параллельные
AB.
Из
получившихся
прямоугольных
треугольников
имеем:
( R  x) 2  ( R  x) 2  (r  x) 2  (r  x) 2  ( R  r ) 2  ( R  r ) 2 .
Rr
Ответ.
.
( R  r )2
99. В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса прямого угла. Катеты равны a и b.
Найдите расстояние между точками пересечения высот двух получившихся треугольников.
Решение. Самый естественный и надежный метод – координаты.
a b
Ответ. a 2  b 2 
.
ab
100. ABCD – описанный четырехугольник. Окружности, вписанные в треугольники ABC и
ACD, касаются друг друга.
Доказательство. Пусть K и M – точки касания вписанных в ABC и ACD окружностей с
диагональю
AC
четырехугольника.
По
теореме
об
отрезках
касательной:
1
1
1
AK  AM  KM  ( AB  AC  BC )  ( AC  AD  CD  AB  CD  BC  AD  0 .
2
2
2
101. В параллелограмме со сторонами 2 и 4 проведена диагональ длиной 3. В каждый из
получившихся треугольников вписано по окружности. Найдите расстояние между их
центрами.
Решение. ABCD – параллелограмм. Вписанные в треугольники ABD и BCD окружности
3 2 4 9
 .
равны, r – их радиусы, O1 и O2 – центры, K и E – точки касания с BD. p 
2
2
9 5 3 1 3 15 9
15
9
1
3 1
S BCD 
   
 rr 
; DE   4   KE  DK  DE    1;
2 2 2 2
4
2
6
2
2
2 2
15
51
51
.
O2 K  1 

,d 
36
6
3
51
Ответ.
.
3
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
19
102. В треугольнике ABC на стороне AC взята точка D так, что окружности, вписанные в
треугольники ABD и BCD, касаются. Известно, что AD = 2, CD = 4, BD = 5. Найдите
радиусы окружностей.
Решение. Пусть O1 и O2 – центры, r1 и r2 – радиусы, N и M – точки касания окружностей,
S
AD 2 1 r1 (7  x) 1
вписанных в ABD и DBC, с AC, ND = x. ABD 
  ;
 ;
S CBD CD 4 2 r2 (9  x) 2
4 x 2  (r1  r2 ) 2  (r1  r2 ) 2  x 2  r1  r2 . Применим теорему косинусов к треугольникам ABC
и BCD и исключим косинус C: 3x 2  23x  20  0, x1, 2 
Ответ. r1 
r  r  1
23  17
, x  1.  1 2

6
8r2  12r1
6
6
, r2 
.
3
2
103. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) биссектрисы BD и AF пересекаются в
точке O. Отношение площадей треугольников DOA и BOF равно 3 : 8. Найдите отношение
AC : AB.
3
y
 : ( kx) 
Решение. AC=y, BC=x.  2
8 , и – теорема о биссектрисе: y : x = 1 : 2.
k ( x  y )  x
Ответ. 1 : 2.
104. В равнобедренной трапеции меньшее основание равно боковой стороне, ф большее
основание равно a. Большее основание видно из центра окружности, описанной около
трапеции, под углом  . Найдите длину боковой стороны трапеции.
Решение. Нужно рассмотреть случаи расположения центра окружности внутри, вне и на
большем основании трапеции и опустить перпендикуляры из центра на большее основание и
боковую сторону трапеции. AOD   , COD   и – теорема синусов.
2  

sin
sin
6 ; a
6 ; a.
Ответ. a


2
sin
sin
2
2
105. Около трапеции ABCD описана окружность. Хорда CE пересекает диагональ BD в
точке M и основание AD в точке N. Найдите BD, если CM = a, MN = b, NE = c.
Решение. Проведем DE. Треугольники MDE и MND подобны, также – треугольники MND и
MN MD
MN MD
bc

 MD  b(b  c) ;

 MB  a
BMC (по двум углам) 
.
MD ME
MC MB
b
bc
Ответ. (a  b)
.
b
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
20
106. Основание AB трапеции ABCD вдвое длиннее основания CD и вдвое длиннее боковой
стороны AD. Длина диагонали AC равна a, а длина боковой стороны BC равна b. Найдите
площадь трапеции.
Решение. DC  x, AB  2 x, CAB  DCA   ; AD  x  ADC - равнобедренный. Из
треугольников ABC (теорема косинусов) и ADC получаем: b 2  a 2  4 x 2  4ax cos  ,
cos  
a
 x
2x
Ответ.
3
ab .
4
a2  b2
, cos  
2
a
a2  b2
, sin  
b
a2  b2
, h  a sin  , S 
2x  x
h.
2
107. Окружность, вписанная в трапецию ABCD, касается боковой стороны AB в точке F.
Найдите площадь трапеции, если AF = m, FB = n, а меньшее основание трапеции равно b.
Решение. Пусть E и K – точки касания вписанной окружности с меньшим основанием BC и
боковой стороной CD, CK = x, KD = y. По теореме о равенстве отрезков касательной имеем
BE = n, EC = b – n = CK. Треугольники AOB и COD (O – центр вписанной окружности) –
прямоугольные (ABCD – трапеция, AO, BO, CO и DO – биссектрисы углов A, B, C и D); по
теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике mn  xy  r 2 (r –
радиус вписанной окружности). Находим y и пишем
bmn
 mn .
Ответ. b 
bn
108. Около окружности радиуса r = 2 / 3 описана равнобедренная трапеция. Угол между
диагоналями трапеции, опирающийся на основание, равен 2arctg (2 / 3 ) . Найдите длину
отрезка, соединяющего точки касания окружности с большим основанием трапеции и одной
из ее боковых сторон.
Решение. O – центр вписанной в трапецию ABCD окружности, E и F – точки касания с
основанием AD и боковой стороной AB. Треугольник AOB – прямоугольный (ABCD –
BP  AD, CK  AD; OE  AD, BAD  2 , OAD   .
трапеция!).

2
8
8 4
AK  CK  ctgCAK  2r  ctg (  arctg
)  ; PK  BC  AK  AP  
ctg 2 ;
2
3
3
3
3
4
AD  BC
8  AF  FB  8 / 3
2r
3
AB 
sin 2 
 ...  . 

AF

2
,
FB

2
/
3
;
sin
2




2
3  AF  FB  r 2  4 / 3
AB
2
3
2  60  AFE – равносторонний треугольник и FE = AF.
Ответ. 2 см.
109. В окружности радиуса R взята дуга в 120 . В сегмент, соответствующий этой дуге,
вписан прямоугольник ABCD такой, что AB : BC = 1 : 4; сторона BC лежит на хорде,
ограничивающей сегмент. Найдите площадь прямоугольника.
Решение. Пусть BC = 4x. Введем систему координат с началом в центре окружности. Имеем:
R
R2
3R
9 2
2
2
A(2 x;  x); 4 x  x  Rx 
 R2; x 
; S ABCD  4 x 2 
R .
2
4
10
25
9 2
R .
Ответ.
25
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
21
110. Окружность радиуса r касается прямой в точке M. На этой прямой по разные стороны от
M взяты точки A и B так, что MA = MB = a. Чему равен радиус окружности, проходящей
через точки A и B и касающейся данной окружности?
Решение. Искомая окружность касается данной в точке P, диаметрально противоположной в
данной окружности точке M, и проходит через A и B. По теореме синусов для треугольника
2r
2a
2a
2a
 ... 
ABC: 2 R 


; tgPAB 
a
sin APB sin(   2PAB) sin PAB
Ответ.
a 2  4r 2
.
4r
111. В прямоугольнике ABCD AB = a, BC = b. На стороне AB как на диаметре построена
окружность, и к ней из вершины C проведена касательная, пересекающая сторону AD в
точке K. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник CDK.
Решение. Пусть P – точка касания, CP = CB = b, KP = AK = x. Тогда (x + b)2 = a2 + (b – x)2,
x = a2 / 4b. SCDK = pr = a (b – a2 / 4b) / 2.
a ( 2b  a )
Ответ. r 
.
4b
112. В окружности проведены три попарно пересекающиеся хорды. Каждая хорда разделена
точками пересечения на три равные части. Найдите радиус окружности, если одна из хорд
равна a.
Решение. Все хорды равны a (по теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд).
Отрезки, являющиеся средними третями данных хорд, образуют равносторонний
треугольник со стороной a/3. Окружность, описанная около этого треугольника, a 3 1
a
концентрическая с данной. Расстояние от центра до хорды равно
.

 
3 2 3 6 3
a 2 a2
7
R ( ) 
a
.
2
108
27
Ответ. R  a
7
.
27
113. Вписанная в треугольник ABC окружность касается его сторон AC и BC соответственно
в точках M и N и пересекает биссектрису BD в точках P и Q. Найдите отношение площадей
треугольников PQM и PQN, если A   / 4, B   / 3 .
Решение. Наши треугольники – прямоугольные (PQ – диаметр вписанной в ABC
окружности!).
OM  AC , ON  BC (O – центр окружности).
7

1 7 
11
MON    C   
, PQN  , PQM  (
 )
(по дугам PN, MP, MN).
12
6
2 12 3
24
11
11
S PQM 2r  sin 24  2r  cos 24
2



sin
. Можно считать дальше:


S PQN
12
3
2r  sin  2r  cos
3
3
cos

6

3



, 1  cos  2 sin 2
 sin

2
6
12
12
2 3
.
2
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
22
Ответ.
2 3
.
3
114. Биссектриса угла C треугольника ABC делит сторону AB на отрезки a и b (a > b).
Касательная к окружности, описанной около треугольника ABC, проходящая через C,
пересекает прямую AB в точке D. Найдите CD.
Решение. CAB  BCD  треугольники ACD и CBD подобны, AC = ka, BC = kb
b
b
b
ab
 CD   AD, DB   CD  AD  a  b   CD, CD 
.
a
a
a
ab
ab
Ответ. CD 
.
ab
115. Найдите сумму квадратов расстояний от точки M, взятой на диаметре окружности, до
концов некоторой хорды, параллельной этому диаметру, если радиус окружности равен R, а
расстояние от точки M до центра окружности равно a.
Решение. O – центр окружности, OM – отрезок радиуса, AB – хорда, параллельная OM. В
системе координат с центром O и осью абсцисс OM:
M(a;0), A(-x;y), B(x;y), MA2 + MB2 = (x + a)2 + y2 + (x – a)2 + y2 = 2(x2 + y2) + 2a2 = 2(R2 + a2).
Ответ. 2(R2 + a2).
116. Окружность, проходящая через вершины A, B и C параллелограмма ABCD, пересекает
прямые AD и CD в точках M и N. Точка M удалена от вершин B, C и D соответственно на
расстояния 4, 3 и 2. Найдите MN.
MN DM
AC

, MN 
 2 ; треугольники
Решение. Треугольники MDN и ABC подобны 
AC
AB
AB
AC 4
 .
ABC и MBC также подобны (вписанные углы!) 
AB 3
8
Ответ. .
3
117. В треугольнике ABC сторона BC равна a, радиус вписанной окружности равен r.
Найдите радиусы двух равных окружностей, касающихся друг друга, если одна из них
касается сторон BC и BA, а другая – сторон BC и CA.
Решение. Пусть x – радиусы искомых окружностей. Сразу получаем систему уравнений
B
C

r (ctg 2  ctg 2 )  a
и решаем ее относительно x.

B
C
 x(ctg  ctg )  2 x  a

2
2
ar
Получим x 
.
a  2r
ar
Ответ.
.
a  2r
118. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке E, AB=AD, CA –
биссектриса угла C, BAD  140, BEA  110 . Найдите угол CDB.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
23
180  140
 20 . Далее,
2
BEC  70  DAE  20  DAE  90, CA  AD . Теперь, если F – точка пересечения
продолжения DA за точку A и CB, в треугольнике CDF отрезок CA является высотой (по
доказанному) и биссектрисой (по условию), поэтому CDF – равнобедренный треугольник и
AF = AD = AB, то есть треугольник ABF – равнобедренный, причем
BAF  40 (BAE  BAD  EAD  140  90  50) . Получаем CDA  CFA  70 и
CDB  CDA  BDA  70  20  50 .
Ответ. 50 .
Решение. ABD – равнобедренный треугольник, и ABD  ADB 
119. Перпендикуляры, опущенные из двух вершин прямоугольника на его диагональ,
разделили ее на три равные части. Одна сторона прямоугольника равна 2 . Найдите другую
сторону.
A(0;0), B(0; 2 ), C (a; 2 ), D(a;0) .
Решение.
Координаты
напрашиваются:
Пусть
BP  AC, DQ  AC , AP  PQ  QC . Напишем уравнения прямых (AC), (BP), (DQ) и
вычислим координаты точек P и Q. ( AC ) : 2 x  ay  0 , тогда ( BP ) : ax  2 y  d1  0
(условие перпендикулярности прямых!); d1 = -2 (условие принадлежности точки B этой
 2 x  ay  0
прямой). Теперь, решая систему (например, по формулам Крамера) 
, найдем
ax  2 y  2
2a
2 2
; 2
) . Аналогично, ( DQ ) : ax  2 y  a 2  0 , и для точки Q
координаты точки P: P ( 2
a 2 a 2
3
2
a
a 2
; 2
) . Остается вычислить квадраты расстояний между A и P, P и Q, Q
получим: Q( 2
a 2 a 2
и C. Это, конечно, просто, и приведет к a = 2. Не забудем еще, что возможен случай, когда
AD  2 ; точно те же рассуждения, что и в первом варианте, дают a = 1.
Ответ. 2 или 1.
120. На стороне AB треугольника ABC взята такая точка M, что AM = 2MB, а на стороне AC
– точка K. Известно, что площадь треугольника AMK в 2 раза меньше площади
треугольника ABC. В каком отношении точка K делит сторону AC?
AM  AK 1 2 AK 1 AK 3
 , 
 ,
 .
Решение. Вспоминаем теорию:
AB  AC 2 3 AC 2 AC 4
Ответ. 3 : 1.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии-9. Н.Новгород.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
Скачать