planimetry_15x

Л.А. Штраус, И.В. Баринова
Планиметрия в вариантах
ЕГЭ и ОГЭ
Методические рекомендации
Ульяновск 2015
Авторы:
Штраус Л.А., доцент кафедры прикладной математики УлГУ, канд. физ.мат. наук.
Баринова И.В., ст. преподаватель кафедры высшей математики УлГПУ.
Штраус Л.А. Планиметрия в вариантах ЕГЭ и ГИА [Текст]: методические
рекомендации / Л.А. Штраус, И.В. Баринова. — Ульяновск: , 2015.— 48 с.
Данные методические рекомендации являются продолжением работы [1]
авторов. Рассмотрены типовые задачи по планиметрии подготовительных,
репетиционных и реальных вариантов контрольных измерительных материалов
ЕГЭ и ОГЭ 2010г.-2015г. Даются рекомендации для применения различных
методов решения задач. Рекомендации помогут учителям математики
подготовить учащихся к ЕГЭ и ОГЭ.
Предназначены для учителей математики и учащихся.
Рецензент:
Мухаметзянова Ф.С., Заслуженный учитель РФ.
©Штраус Л.А., Баринова И.В., 2015.
2
Введение
Изменившееся в 2010 г. содержание вариантов ЕГЭ и усложнение задач
по планиметрии, введение в 2012 г. ГИА по математике потребовали
пересмотра системы подготовки учащихся к экзаменам. В настоящих
методических рекомендациях мы хотим помочь учителям и учащимся в
выборе материала для проведения спецкурса и эффективного повторения
материала перед экзаменом, рассмотрев наиболее часто используемые в задачах
подготовительных [4 − 10], репетиционных и реальных вариантов ОГЭ и ЕГЭ
опорные факты и конструкции. Конечно, их можно было выделить в виде
единого перечня, но это неизбежно привело бы к повторам фактов и рисунков,
увеличению объёма материала. Поэтому используемые здесь факты и
предложения излагаются параллельно с соответствующими задачами, от
метрических соотношений в треугольнике до окружности. Выделенная в
содержании структура является условной: например, в задачах, связанных с
окружностью, встречаются факты и приёмы, касающиеся ранее рассмотренных
треугольников и трапеций. В задачах ЕГЭ 2010-2013 г. предусматривалось
существование нескольких геометрических конфигураций. В ЕГЭ 2014 г. и
2015г. условиям задач отвечает одна конфигурация. Тем не менее, мы
сохранили соответствующие примеры, считая их полезными для развития
умения анализировать условия задач. Кроме вариантов КИМ ЕГЭ и ОГЭ, нами
использованы и другие источники, например, уже ставшие классическими
варианты вступительных экзаменов в МГУ [3]. Разумеется, на экзаменах всегда
присутствует элемент неожиданности, но многими необходимыми для решения
задач приёмами и схемами можно овладеть заранее.
3
Треугольник
Если у двух треугольников равны высоты, то отношение их
площадей равно отношению оснований. Чаще всего это свойство
используется в следующей ситуации: пусть в треугольнике АВС точка D
лежит на AC (см. рис. 1); тогда
𝑆𝐴𝐵𝐷 : 𝑆𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐷: 𝐶𝐷.
(1)
Рис. 1
Пример 1 (из тренировочного варианта ГИА 2012). Найдите отношение
двух сторон треугольника, если его медиана, выходящая из их общей вершины,
образует с этими сторонами углы в 30° и 90°.
Решение. Сделаем рисунок (рис. 2). Поскольку 𝐵𝐷 - медиана, то из (1)
1
1
получаем:
𝑆𝐴𝐵𝐷 = 𝑆𝐷𝐵𝐶 ,
𝐴𝐵 · 𝐵𝐷 · 𝑠𝑖𝑛30° = 𝐵𝐶 · 𝐵𝐷,
1
Ответ: 2.
4
2
1
𝐴𝐵
2
𝐵𝐶
𝐴𝐵 · 𝐵𝐷 = 𝐵𝐶 · 𝐵𝐷,
2
= 2.
B
30°
A
D
C
Рис. 2
4
Пример 2. В треугольнике ABC проведены медианы AM=3 и BN=2,
пересекающиеся в точке O. Найти угол AOB, если 𝑆𝐴𝑀𝐵 = √2 .
𝜋
3𝜋
Ответ: или
.
4
4
Указание. Найти площадь треугольника AOB и длины AO и BO,
используя выделенное свойство и свойство точки пересечения медиан
треугольника. Далее найти синус искомого угла из формулы площади
треугольника.
π
Пример 3. В прямоугольном треугольнике ABC
∠BAC = ,
2
AB = 2, AC = 1 . Точка K лежит на стороне ВC. L и M – точки пересечения
медиан треугольников ABK и ACK . Найти площадь треугольника ALM.
2
Ответ: .
9
Указание. Использовать (1) и подобие треугольников ALM и 𝐴𝐿′𝑀′ (𝐴𝐿′
и 𝐴𝑀′ - медианы треугольников ABK и ACK).
Пример 4. Окружность радиуса с центром с центром на стороне АС
треугольника АВС касается сторон АВ и ВС, равных соответственно 10 и 24.
а) Докажите, что треугольник АВС - прямоугольный.
б) Найдите высоту, опущенную из вершины прямого угла треугольника АВС.
120
Ответ: .
13
Указание. Пусть О - центр окружности. Найти площадь треугольника
АВС как сумму площадей треугольников АОВ и ВОС. В двух последних в
1
качестве высоты взять радиус окружности. Применить формулу 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 ∙
2
𝐵𝐶 ∙ sin ∠𝐵.
Из подобия треугольников вытекает и обобщает теорему Фалеса
следующее свойство:
Параллельные
прямые
отсекают
на
сторонах
угла
пропорциональные отрезки.
Пример 5. В треугольнике ABC точки D и E лежат на сторонах AB и
BC соответственно так, что AD:DB=3:2 и BE:CE=2:1. Отрезки AE и CD
пересекаются в точке О. Найти AO:OE и CO:OD .
Решение. Чтобы найти AO:OE, проведём через точку Е прямую,
параллельную CD (рис. 3); K – точка пересечения этой прямой с AB . Тогда
по отмеченному выше свойству для угла CBD DK:KB = CE:EB = 1:2,
1
1 2
2
DK= BD = ∙ 𝐴𝐷 = 𝐴𝐷, AD:DK=9:2 . Тогда в силу того же свойства для
3
3 3
9
угла EAK AO:OE = 9:2. Аналогично находится отношение CO:OD.
Ответ: AO:OE =9:2, CO:OD=5:6 .
Замечание. Разумеется, знание теоремы Менелая позволяет найти
каждое из искомых отношений в одно действие.
5
Рис. 3
Пример 6. В треугольнике ABC точки E и D лежат на сторонах BC и
AC соответственно. O – точка пересечения отрезков AE и BD . Площади
треугольников AOD, AOB, BOЕ равны соответственно 1, 2, 3.Найти площадь
треугольника ABC .
Решение. Проведём DK параллельно AE (рис. 4).
Рис. 4
Поскольку 𝑆𝐴𝑂𝐷 : 𝑆𝐴𝑂𝐵 = 1: 2, то OD:OB=1:2, BD:BO=3:2. Поэтому
3
9
треугольники BDK и BOE подобны с коэффициентом , 𝑆𝐵𝐷𝐾 = ∙ 𝑆𝐵𝑂𝐸 =
=
27
4
. 𝑆𝐷𝑂𝐸𝐾 =
27
4
−3=
15
4
. 𝑆𝐴𝐸𝐾𝐷 = 1 +
15
4
=
подобны. Находим коэффициент подобия
получаем
Поэтому
19
5
𝐴𝐸 = 𝑂𝐸 .
3
3
Но 𝐷𝐾 = 𝑂𝐸,
2
10 2
19
4
𝐴𝐸
𝐷𝐾
2
4
. Треугольники AEC и DKC
. Из соотношения площадей
следовательно,
19
𝐴𝐸
𝐷𝐾
= 𝑆𝐴𝐸𝐾𝐷 = 𝑆𝐴𝐸𝐶 − 𝑆𝐷𝐾𝐶 = ( ) 𝑆𝐷𝐾𝐶 − 𝑆𝐷𝐾𝐶 = 𝑆𝐷𝐾𝐶 , 𝑆𝐷𝐾𝐶 =
4
9
81
Окончательно получаем
19
81
𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴𝑂 𝐵 + 𝑆𝐵𝑂𝐸 + 𝑆𝐴𝐸𝐾𝐷 + 𝑆𝐷𝐾𝐶 = 2 + 3 + + = 30.
4
4
Ответ: 30.
=
5∙2
3∙3
=
10
9
.
81
4
.
6
Пример 7. На стороне АВ треугольника АВС взята точка Е, а на стороне
ВС – точка D так, что АЕ=2, CD=1. Прямые AD и CE пересекаются в точке О.
Найти площадь четырёхугольника BDOE, если АВ=ВС=8, АС=6.
189√55
Ответ:
.
88
Пример 8 (ГИА-2012). Стороны AC, AB, BC треугольника ABC равны
2√2, √5 и 1 соответственно. Точка K расположена вне треугольника ABC,
причём отрезок KC пересекает сторону AB в точке, отличной от B. Известно,
что треугольник с вершинами K, A, C подобен исходному. Найдите косинус
угла AKC, если ∠𝐾𝐴𝐶 > 90°.
K
B
C
A
Рис. 5
Решение. Против большей стороны в треугольнике лежит больший угол,
следовательно, ( рис. 5) ∠ABC > ∠ACB > ∠BAC. Кроме того, 𝐴𝐶 2 > 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 .
𝜋
Отсюда ∠B > . В подобных треугольниках соответствующие углы попарно
2
равны. Если в треугольнике есть тупой угол, то он – наибольший. Поэтому
∠𝐾AC = ∠ABC. Из условия задачи получаем, что ∠𝐾𝐶A < ∠BCA, так как луч
CK лежит между CB и CA.. Поэтому ∠𝐾𝐶A = ∠BAC. Остаётся, что ∠𝐴𝐾𝐶 =
∠ACB. По теореме косинусов находим искомую величину:
𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2 − 𝐴𝐵2 8 + 1 − 5 √2
𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐾𝐶 = 𝑐𝑜𝑠∠ACB =
=
=
.
2AC · BC
2
2 ∙ 2√2 ∙ 1
√2
Ответ:
.
2
Пример 9 (ЕГЭ 2011, вторая волна). Точки 𝑀, 𝐾 и 𝑁 лежат на сторонах
соответственно АВ, ВС и АС треугольника
АВС, причём 𝐴𝑀𝐾𝑁 4
параллелограмм, площадь которого составляет площади треугольника АВС.
9
Найдите диагональ 𝑀𝑁 параллелограмма, если известно, что АВ=21, АС=12 и
∠𝐵𝐴𝐶 = 120°.
Решение. Пусть 𝐴𝑀 = 𝑥, 𝐵𝑀 = 21 − 𝑥 (рис. 6). ∆𝐵𝑀𝐾~∆𝐵𝐴𝐶. Отсюда
𝑀𝐾
21−𝑥
4
4
=
, 𝐴𝑁 = 𝑀𝐾 = (21 − 𝑥). 𝑆𝐴𝑀𝐾𝑁 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 , то есть
12
21
7
9
𝑥 2 − 21𝑥 + 98 = 0, 𝑥 = 14 или 𝑥 = 7.
В первом случае 𝐴𝑀 = 14, 𝐴𝑁 = 4 и по теореме косинусов
𝑀𝑁 2 = 196 + 16 + 14 ∙ 4 = 268, 𝑀𝑁 = 2√67 .
Во втором случае 𝐴𝑀 = 7, 𝐴𝑁 = 8, 𝑀𝑁 2 = 49 + 64 + 56 = 169,
𝑀𝑁 = 13 .
Ответ: 2√67 или 13.
7
B
K
M
A
N
C
Рис. 6
Пример 10. В треугольнике АВС на стороне АС взята точка D так, что
13
AD=3,
𝑐𝑜𝑠∠𝐵𝐷𝐶 = , ∠𝐴𝐵𝐶 + ∠𝐴𝐷𝐵 = 𝜋, 𝐵𝐶 = 2 .
Найти
периметр
20
треугольника АВС.
Ответ:11.
Пример 11 (ЕГЭ 2011). Через вершину В правильного шестиугольника
ABCDEF проведена прямая, пересекающая диагональ CF в точке K. Известно,
что эта прямая разбивает шестиугольник на части, площади которых относятся
как 2:3. Найдите отношение CK:KF.
10
17
Ответ:
или
.
7
23
Пусть в треугольнике ABC BL - биссектриса. Тогда AL:LC=AB:BC.
Пример 12. В треугольнике АВС со стороной АС = 8 проведена
биссектриса BL. Известно, что площади треугольников ABL и BLC относятся
как 3 : 1. Найти биссектрису BL, при которой высота, опущенная из вершины В
на АС, будет наибольшей.
Решение. Первый способ. Поскольку у треугольников ABL и BLC одна
и та же высота, опущенная из вершины В (сделайте рисунок), то основания
этих треугольников относятся как площади: AL : LC = 3:1. Отсюда AL = 6, LC =
2. По свойству биссектрисы угла треугольника
AB : BC = АL : LC = 3:1.
Обозначим АВ = 3𝑥 , ВС = 𝑥, ℎ – высота, опущенная из вершины В. Тогда
1
𝑆△𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐶 ∙ ℎ = 4ℎ. Поэтому высота, опущенная из вершины В, будет
2
наибольшей тогда и только тогда, когда наибольшей будет площадь
треугольника АВС. По формуле Герона
𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆(𝑥) = √𝑝(𝑝 − 𝐴𝐶)(𝑝 − 𝐵𝐶)(𝑝 − 𝐴𝐵) =
= √(4 + 2𝑥)(2𝑥 − 4)(4 + 𝑥)(4 − 𝑥) = 2√(𝑥 2 − 4)(16 − 𝑥 2 ).
Исследуем это выражение без применения производной. Заметим, что
выражение 𝑆 2 = 4(𝑥 2 − 4)(16 − 𝑥 2 ) является квадратным относительно
𝑡 = 𝑥 2 , 𝑡 > 0: 𝑆 2 = 4(𝑡 − 4)(16 − 𝑡) = 4(−𝑡 2 + 20𝑡 − 64). Поэтому 𝑆 2 и 𝑆
принимают наибольшее значение в точке 𝑡0 - абсциссе вершины параболы, т.е.
8
при 𝑡0 = 𝑥 2 = 10. Отсюда 𝑥 = √10 . Остается убедиться в том, что отрезки с
длинами 8, √10 ,3√10 образуют треугольник. Это следует из неравенства
треугольника. Биссектрису BL находим по теореме косинусов из треугольника
ABL или по формуле
𝐵𝐿 = √𝐴𝐵 ∙ 𝐵𝐶 − 𝐴𝐿 ∙ 𝐿𝐶 = √30 − 12 = 3√2 .
Ответ: 3√2 .
Второй способ решения приведён в пункте «Метод координат».
Пример 13. В треугольнике
ABC, площадь которого равна S,
биссектриса CE и медиана BD пересекаются в точке F. Найти площадь
четырёхугольника ADFE , если BC=a, AC=b .
Решение. Из (1) и по свойству биссектрисы CE треугольника ABC (рис.
𝑆
𝐴𝐸
𝐴𝐶
𝑏
𝑆𝑏
7) получаем 𝐴𝐶𝐸 =
= = . Отсюда 𝑆𝐴𝐶𝐸 =
. Аналогично из (1) и по
𝑆𝐵𝐶𝐸
𝐵𝐸
𝐵𝐶
𝑎
𝑎+𝑏
свойству биссектрисы CF треугольника BCD получаем
1
Отсюда с учётом того, что 𝑆𝐵𝐶𝐷 = 𝑆 , получаем
2
Окончательно 𝑆𝐴𝐷𝐹𝐸
Ответ:
Рис. 7
= 𝑆𝐴𝐶𝐸 − 𝑆𝐶𝐷𝐹 = 𝑆𝑏 (
𝑆𝑏(3𝑎+𝑏)
2(𝑎+𝑏)(2𝑎+𝑏)
1
𝑎+𝑏
−
𝑆𝐶𝐷𝐹
=
𝐷𝐹
=
𝐶𝐷
=
𝑆𝐵𝐶𝐹
𝐵𝐹
𝐵𝐶
𝑆 ∙ 𝑏⁄2
𝑆𝑏
𝑆𝐶𝐷𝐹 =
=
2(2𝑎+𝑏)
2(𝑎+𝑏⁄2)
1
𝑏⁄
2
𝑎
.
.
𝑆𝑏(3𝑎+𝑏)
) = 2(𝑎+𝑏)(2𝑎+𝑏) .
2(2𝑎+𝑏)
.
Пример 14. Продолжения сторон AD и BC выпуклого четырёхугольника
ABCD пересекаются в точке М. а продолжения сторон AB и CD - в точке О.
Отрезок МО перпендикулярен биссектрисе угла AOD. Найти отношение
площадей треугольника AOD и четырёхугольника ABCD, если ОА=12, OD=8,
CD=2. Ответ: 2.
Указание. Биссектрисы внутреннего и соответствующего внешнего
углов треугольника перпендикулярны.
Часто в задачах тренировочных вариантов используется подобие
треугольников, порождённое высотами.
Пусть ABC-прямоугольный треугольник (рис. 8), ∠𝐴 = 90°, 𝐴𝐷-высота.
Тогда
треугольники ACD, BAD, BCA подобны как прямоугольные
треугольники с равными острыми углами. Отсюда 𝐴𝐷 = √𝐵𝐷 ∙ 𝐶𝐷, 𝐴𝐵 =
√𝐵𝐷 ∙ 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 = √𝐶𝐷 ∙ 𝐵𝐶.
9
B
D
A
C
Рис. 8
Рис. 9
Рис. 10
△ 𝐷𝐵𝐸~ △ 𝐴𝐵𝐶, 𝑘 = 𝑐𝑜𝑠𝐵
Рис. 11
△ 𝐷𝐵𝐸~ △ 𝐴𝐵𝐶, 𝑘 = −𝑐𝑜𝑠𝐵
Пусть теперь ABC- непрямоугольный треугольник (на рис. 9 и рис. 10
угол В острый, на рис. 11 угол В тупой).
В условиях следующих двух примеров фигурируют окружности, но
решающую роль в решении играет подобие прямоугольных треугольников.
Подробно окружности рассматриваются в соответствующем пункте.
Пример 15. Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного
треугольника, делит треугольник на два. Радиусы окружностей, вписанных в
10
эти два треугольника, равны 1 и 2. Найти радиус окружности, вписанной в
исходный треугольник.
Ответ: √5 .
Пример 16 (из тренировочного варианта ГИА 2012). Высота, опущенная
на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит треугольник на два.
Расстояние между центрами окружностей, вписанных в эти два треугольника,
равно 1. Найти радиус окружности, вписанной в исходный треугольник.
B
D
𝑂2
𝑂1
C
A
Рис. 12
Решение. Сделаем рисунок (рис.12). Поскольку 𝑂1 𝐷, 𝑂2 𝐷 - биссектрисы
прямых углов, то ∠𝑂1 𝐷𝑂2 = 90°, 𝑂1 𝐷 = 𝑟1 √2 , 𝑂2 𝐷 = 𝑟2 √2 и по теореме
Пифагора для треугольника 𝑂1 𝐷𝑂2
1
𝑂1 𝐷2 + 𝑂2 𝐷2 = 𝑂1 𝑂2 2 , 2𝑟1 2 + 2𝑟2 2 = 1, 𝑟1 2 + 𝑟2 2 = .
△ 𝐵𝐴𝐷~ △ 𝐴𝐶𝐷, коэффициент подобия равен 𝑘 =
2
𝐴𝐵
𝑟2
𝐴𝐶
𝑟1
=
.
𝐵𝐶 = √𝐴𝐶 2 + 𝐴𝐵2 = √𝐴𝐶 2 + 𝑘 2 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐶√1 + 𝑘 2 ; △ 𝐵𝐶𝐴~ △ 𝐴𝐶𝐷,
𝑟𝐴𝐵𝐶
𝐵𝐶
коэффициент подобия равен
= = √1 + 𝑘 2 ,
𝑟1
𝑟𝐴𝐵𝐶 = 𝑟1 √1 + 𝑘 2 = √𝑟1 2 + 𝑟1 2 ·
𝑟2
2
𝑟1
2
𝐴𝐶
= √𝑟1 2 + 𝑟2 2 =
1
√2
=
√2
2
.
√2
Ответ: .
2
Пример 17 (ГИА 2014). В угол вписаны две окружности радиусов 2 и 3,
внешне касающиеся друг друга в точке О. Найти радиус описанной окружности
треугольника, образованного сторонами угла и общей касательной к
окружностям, проходящей через точку О.
Решение. Поскольку центр вписанной в угол окружности лежит на
биссектрисе угла, точки А,𝑂1 , 𝑂2 лежат на одной прямой (рис. 13).
3
Прямоугольные треугольники 𝐴𝑂2 𝐸, 𝐴𝑂1 𝐷 подобны с коэффициентом ,
2
𝑂1 , 𝑂2 = 5 . Отсюда 𝐴𝑂1 = 10, 𝐴𝐷 = √100 − 4 = 4√6 . Обозначим 𝛼 = ∠𝐴𝑂1 𝐷.
11
Тогда sin 𝛼 =
𝐴𝑂
sin 𝛼
=
12
sin 𝛼
2 √6
5
. В прямоугольном треугольнике AOB
∠𝐴𝐵𝑂 = 𝛼, 𝐴𝐵 =
. Треугольник ABC равнобедренный, поскольку АО является в нём
биссектрисой и высотой. Находим 𝑅𝐴𝐵𝐶 =
Ответ:
25
4
𝐴𝐶
2sin 𝛼
=
12
2sin2 𝛼
=
25
4
.
.
Рис. 13
Пример 18. В треугольнике АВС ∠В𝐴𝐶 = 45°, AC=4√2. Вписанная в
него окружность с центром О касается сторон АВ и ВС в точках M и N,
биссектриса угла ВАС пересекает прямую MN в точке К.
а) Докажите, что треугольник АМК подобен треугольнику АОС.
б) Найдите расстояние от точки К до прямой АС.
Ответ: 2.
Пример 19. Точки D и E - основания высот непрямоугольного
треугольника ABC, проведённых из вершин A и C соответственно. Известно,
𝐷𝐸
что
= 𝑘, BC=a и AB=b. Найти сторону AC .
𝐴𝐶
Ответ: √𝑎2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏𝑘 или √𝑎2 + 𝑏 2 + 2𝑎𝑏𝑘.
Рис. 14
12
Пример 20. Точки 𝐴1 , 𝐵1 , 𝐶1 –основания высот треугольника ABC. Углы
𝜋 𝜋 𝜋
треугольника 𝐴1 𝐵1 𝐶1 равны , ,
. Найти углы треугольника ABC.
2 3 6
Решение. Если треугольник ABC остроугольный, то основания 𝐴1 , 𝐵1 , 𝐶1
высот треугольника ABC находятся на его сторонах (см. рис. 14) . Заметим,
что высоты треугольника ABC являются биссектрисами соответствующих
углов треугольника 𝐴1 𝐵1 𝐶1 . Докажем, например, что 𝐶𝐶1 - биссектриса угла
𝐴1 𝐵1 𝐶1 . Действительно, из подобия треугольников AOC и 𝐶1 𝑂𝐴1 ∠𝐴1 𝐴𝐶 =
∠𝐴1 𝐶1 𝐶
. Аналогично ∠𝐵1 𝐶1 𝐶 = ∠𝐵1 𝐵𝐶 . Но ∠𝐴1 𝐴𝐶 = ∠𝐵1 𝐵𝐶 , откуда
𝜋
𝜋
𝜋
∠𝐵1 𝐶1 𝐶 = ∠𝐴1 𝐶1 𝐶 . Пусть, например, ∠𝐴1 = , ∠𝐵1 = , ∠𝐶1 = . Тогда
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
2
𝜋
𝜋
5𝜋
3
6
∠𝐴 = + = , ∠𝐵 = + = , ∠𝐶 = + =
. Если треугольник
6
12
4
4
12
3
6
4
12
ABC тупоугольный, то точка пересечения его высот находится вне
треугольника. Для этой ситуации можно использовать тот же рис. 14, только
𝜋
роль треугольника ABC будет играть треугольник AOC (его углы равны ,
𝜋
4
,
2𝜋
3
𝜋
𝜋
6
4
𝜋
), треугольник AOB ( ,
𝜋
𝜋
5𝜋
,
7𝜋
) или треугольник BOC (
12
𝜋 2𝜋
𝜋
𝜋
7𝜋
𝜋
,
𝜋
,
3𝜋
12 6
4
𝜋 𝜋 3𝜋
12
).
Ответ:
, ,
или
, ,
или
, ,
или
, ,
.
4 3 12
12 4
3
6 4 12
12 6
4
Пример 21. Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного
треугольника, равны 5, 12, и 13. Найти площадь треугольника.
Ответ: 195.
В треугольнике со сторонами a, b,с длина медианы, проведённой к
стороне с, находится по формуле
√𝟐𝒂𝟐 +𝟐𝒃𝟐 −𝒄𝟐
𝒎𝒄 =
.
(2)
𝟐
Пример 22. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС
точка D делит сторону ВС в отношении 2:1, считая от вершины В, а точка Е середина стороны АВ. Медиана CQ треугольника CDE равна
Найти радиус окружности, описанной около треугольника АВС.
B
E
√23
2
√23
.
2
и DE =
Q
D
K
C
O
D1
Рис. 15
3
Решение. Обозначим АВ=ВС=3х, АС=2у. Тогда AE = BE = 𝑥, CD = 𝑥.
2
BO-высота, K, K1 , D1 -основания соответствующих перпендикуляров (рис. 15).
A
K1
13
7
6
1
2
2
3
𝐴𝑂 = 𝑂𝐶 = 𝑦, 𝐵𝑂2 = 9𝑥 2 − 𝑦 2 , 𝐾𝐷 = 𝐾1 𝐷1 = 𝐾1 𝑂 + 𝑂𝐷1 = y + y =
Тогда
1
1
1
2
1
3
6
В треугольнике 𝐸𝐾𝐷
y. 𝐸𝐾 = 𝐸𝐾1 − 𝐷𝐷1 = BO − BO = BO.
23
9x2 −y2
ED2 = = EK 2 + KD2 = BO2 + KD2 =
4
36
3x 2 + 16Y 2 = 23 ∙ 3. В треугольнике 𝐸𝐾1 𝐶
9𝑦 2
1
36
+
49y2
36
9𝑥 2 −𝑦 2 +9𝑦 2
, отсюда
𝐸𝐶 2 = 𝐸𝐾1 2 + 𝐾1 𝐶 2 = 𝐵𝑂2 +
=
=
4
4
4
По формуле (2) для медианы CQ треугольника CED
𝐶𝑄2 =
23
4
=
2𝐶𝐸 2 +2𝐶𝐷2 −𝐸𝐷2
4
=
9𝑥2 +8𝑦2
23
+2𝑥 2 −
2
4
4
9𝑥 2 +8𝑦 2
4
, 26𝑥 2 + 16𝑌 2 = 23 ∙ 5.
3𝑥 2 + 16𝑌 2 = 23 ∙ 3,
26𝑥 2 + 16𝑌 2 = 23 ∙ 5.
63
3√7
𝑥 2 = 2, 𝑥 = √2, 𝑌 2 = , y =
. Находим
Мы получили систему уравнений
𝑅𝐴𝐵𝐶 =
𝐴𝐵
2 sin 𝐶
=
𝐴𝐵
𝐵𝑂
2
𝐵𝐶
=
16
𝐴𝐵2
2𝐵𝑂
=
{
4
9𝑥 2
2√9𝑥 2 −𝑦 2
=
.
18
2√18−
=
63
12
5
.
Отсюда
Ответ:
12
5
.
16
Метод координат
Пример 23. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н.
Известно, что отрезок СН равен радиусу окружности, описанной около
данного треугольника. Найти угол АСВ.
Решение. Поместим начало координат в основание О высоты ВО
треугольника АВС (рис. 16), вершины 𝐴(𝑏; 0) и 𝐶(𝑎; 0) лежат на оси Ox ,
1
𝐵(0; 1) - на оси Oy. Найдём CH. Угловой коэффициент прямой ВС равен − .
𝑎
Прямая AH перпендикулярна ВС, следовательно, её угловой коэффициент
равен 𝑎. Из условия, что прямая AH
Рис. 16
14
проходит через точку 𝐴(𝑏; 0) , получаем её уравнение 𝑦 = 𝑎𝑥 − 𝑎𝑏. Отсюда
координаты точки H равны 𝑥 = 0, 𝑦 = −𝑎𝑏 .Тогда 𝐶𝐻 = √𝑂𝐻2 + 𝑂𝐶 2 =
𝐴𝐵
= |𝑎|√𝑏2 + 1 . С другой стороны, по теореме синусов 𝑅 =
. Но
𝐴𝐵 = √𝑏 2 + 1 , 𝐵𝐶 = √𝑎2 + 1, 𝑠𝑖𝑛∠𝐶 =
𝑅=
√𝑏2 +1∙√𝑎2 +1
2
. По условиям задачи
|𝑎|√𝑎2 + 1 =
1
2
𝑂𝐵
𝐵𝐶
=
1
√𝑎2 +1
2𝑠𝑖𝑛∠𝐶
, следовательно,
𝐶𝐻 = 𝑅. Получаем уравнение
√𝑏 2 + 1 ∙ √𝑎2 + 1 .
Отсюда 2|𝑎| = √𝑎2 + 1, |𝑎| =
1
√3
, 𝑡𝑔∠𝐴𝐶𝐵 = ±√3 , ∠ACB=
𝜋
3
или ∠ACB=
2𝜋
3
𝜋
.
В первом случае можно взять прямоугольный треугольник ABC с ∠𝐴 = ,
∠𝐵 =
𝜋
6
, ∠𝐶 =
𝜋
𝜋
3
2
, во втором случае - равнобедренный треугольник с
2𝜋
𝜋
2𝜋
∠𝐴 = ∠𝐵 = , ∠𝐶 = . Ответ: или
.
6
3
3
3
Пример 24. Найти площадь общей части двух ромбов, диагонали
которых равны 2 и 3, а один из ромбов получен из другого поворотом на 90°
вокруг его центра.
Решение. Общей частью двух ромбов является восьмиугольник,
составленный из четырёхугольника ABCО в первой четверти и ещё трёх
равных ему четырёхугольников в каждой из остальных четвертей (рис. 17). Для
нахождения координат точки В составим уравнения прямых AE и CD .В первом
случае в уравнение 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 подставим координаты точек 𝐴(0; 1) и
E(1,5; 0) , во втором точек D(0; 1,5) и C(1; 0). Получаем соответствующие
2
3
3
уравнения 𝑦 = − 𝑥 + 1, 𝑦 = − 𝑥 + , из которых находим координаты
3
3
2
2
точки В: 𝑥 = 𝑦 = . Это высоты в равных треугольниках BOA и BOC . Тогда
5
Рис. 17
15
1
3
3
𝑆𝐵𝑂𝐶 = ∙ 𝑂𝐶 ∙ 𝑦 = . Искомая площадь равна 8 ∙ = 2,4.
2
10
10
Ответ: 2,4.
Замечание. Разумеется, из соображений симметрии с самого начала было
понятно, что точка В лежит на прямой 𝑦 = 𝑥 и треугольники BOC и BOA
равны. Но в решении этого не понадобилось.
Пример 12. В треугольнике АВС со стороной АС = 8 проведена
биссектриса BL. Известно, что площади треугольников ABL и BLC относятся
как 3 : 1. Найти биссектрису BL, при которой высота, опущенная из вершины В
на АС, будет наибольшей.
Решение. Второй способ. Пусть начало координат совпадает с точкой А
и АС лежит на оси Ox (рис.18). Рассмотрим точки
𝐴(0; 0), 𝐵(𝑥; 𝑦), 𝐶(8; 0). Найдём 𝐴𝐵2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 , 𝐵𝐶 2 = (𝑥 − 8)2 + 𝑦 2 .
По свойству биссектрисы AB : BC=AL : LC = 3 : 1. Отсюда
𝐴𝐵2 = 9𝐵𝐶 2 , 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9(𝑥 − 8)2 + 9𝑦 2 , (𝑥 − 9)2 + 𝑦 2 = 32 . Таким
Рис. 18
образом, точка В лежит на окружности радиуса 3 с центром D(9; 0). Высота
будет наибольшей, когда В совпадает с концом вертикального диаметра, то есть
в случае В(9; 3). Находим 𝐵𝐿 = √𝐵𝐷2 + 𝐷𝐿2 = √9 + 9 = 3√2 .
Пример 25 (ЕГЭ 2011). Расстояния от точки М, расположенной внутри
прямого угла, до сторон угла равны 1 и 3. Найдите радиус окружности,
вписанной в этот угол и проходящей через точку М.
Ответ: 4 − √6 или 4 + √6 .
Указание. Поместить начало координат в вершину угла, оси направить
вдоль его сторон. Для радиуса 𝑥 получить уравнение (𝑥 − 1)2 + (𝑥 − 3)2 = 𝑥 2 .
Расстояние от точки 𝑴(𝒙𝟎 ; 𝒚𝟎 ) до прямой 𝒂𝒙 + 𝒃𝒚 + 𝒄 = 𝟎 находится
|𝒂𝒙 +𝒃𝒚 +𝒄|
по формуле 𝒅 = 𝟎 𝟐 𝟎𝟐 .
√𝒂 +𝒃
Пример 26. На окружности радиуса 3 с центром в вершине острого угла
А прямоугольного треугольника АВС взята точка Р. Известно, что АС=3, ВС=8,
а треугольники АРС и АРВ равновелики. Найдите расстояние от точки Р до
прямой ВС, если известно, что оно больше 2.
16
y
8
B
AA
C
3
Рис. 18
P
x
Р
Рис. 19
Решение. Сторона АС не может быть гипотенузой, поскольку BC>AC .
Сторона ВС также не может быть гипотенузой, поскольку против гипотенузы
лежит прямой угол, а угол А острый. Следовательно, АВ – гипотенуза.
Поместим начало координат в вершину С прямого угла (рис. 19). Равновеликие
треугольники АРС и АРВ имеют общее основание АР, поэтому у них равны
высоты, опущенные на АР, то есть равны расстояния от точек В(0;8) и С(0;0) до
прямой АР. АР проходит через точку А(3;0) и имеет уравнение
𝑦 = 𝑎 (𝑥 − 3), 𝑎𝑥 + 𝑦 + 3𝑎 = 0. Расстояние от 𝑀(𝑥0 ; 𝑦0 ) до АР находим по
|𝑎𝑥 +𝑏𝑦 +3а|
формуле 𝑑 = 0 2 0
. Подставляем сюда координаты точек В и С и
√𝑎 +1
|8+3𝑎|
|3𝑎|
4
4
получаем уравнение
= 2 ,
откуда 𝑎 = − , 𝑦 = − (𝑥 − 3).
3
3
√𝑎2 +1
√𝑎 +1
Подставляем полученное выражение в уравнение окружности (𝑥 − 3)2 + 𝑦 2 =
16
6
24
9: (𝑥 − 3)2 + (𝑥 − 3)2 = 9,
𝑥=
или 𝑥 =
. Условию задачи
9
5
24
5
удовлетворяет значение расстояния 𝑥 = . Теперь рассмотрим вертикальную
5
прямую x = 3 , уравнение которой не охвачено формулой 𝑦 = 𝑎 (𝑥 − 3).
Поскольку прямая параллельна ВС, то обе точки окружности, лежащие на
прямой , подходят, и искомое расстояние равно 3.
24
Ответ: ; 3.
5
Замечание. Разумеется, данную задачу можно решить иначе: например,
из равенства прямоугольных треугольников получить, что прямая АР проходит
через середину отрезка ВС , или записать уравнение, используя функции углов.
Преимущество координатного метода здесь заключается в том, что мы не
упустим ни одного из возможных положений прямой АР.
Трапеция
Часто в решении задач, связанных с трапецией, используется подобие
треугольников.
17
Пример 27. Высота трапеции ABCD равна 7, а длины оснований AD и
BC равны соответственно 8 и 6 . Через точку Е, лежащую на стороне CD,
проведена прямая ВЕ, которая делит диагональ АС в точке О в отношении
АО:ОС=3:2. Найти площадь треугольника ОЕС.
Решение. Вначале найдём площадь треугольника ВОС (рис. 20).
2
2
2 1
42
Поскольку 𝑂𝐶 = 𝐴𝐶 , то 𝑆𝐵𝑂𝐶 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 = ∙ ∙ 6 ∙ 7 = . Продолжим ВЕ
5
5
5 2
5
до пересечения с AD в точке К. Найдём DK. Поскольку △ 𝐴𝑂𝐾~ △ 𝐶𝑂𝐵 и
3
3
коэффициент подобия равен , то 𝐴𝐾 = BC = 9. DK= 9 - 8 = 1.
2
2
△ 𝐵𝐶𝐸 ~ △ КDЕ . Коэффициент подобия равен BC:DK= 6. Отношение высот
этих треугольников, опущенных из Е, также равно 6. А поскольку их сумма
Рис. 20
1
равна 7, то высота треугольника ВСЕ равна 6. Отсюда 𝑆𝐵𝐶𝐸 = ∙ 6 ∙ 6 =
42
2
48
18, 𝑆𝐶𝑂𝐸 = 18 − = = 9,6.
5
5
Ответ: 9,6.
Пример 28. В трапеции ABCD с основаниями AB и DC боковыми
сторонами AD и ВС проведены биссектрисы углов А и D до пересечения в
точке М и биссектрисы углов С и В до пересечения в точке N . Найти площадь
четырёхугольника ABNM, если АВ=15, DC=10 , AD=3, ВС =4.
Решение. Докажем, что MN лежит на средней линии трапеции ABCD
(рис. 21). Поскольку DM - биссектриса, то точка М равноудалена от AD и DC
. Но М лежит и на биссектрисе АМ, поэтому М равноудалена от AD и АВ, а
следовательно, от CD и АВ. Аналогично N равноудалена от CD и AB и MN
лежит на средней линии трапеции ABCD; AMNB - трапеция. Найдём её высоту.
Проведём 𝐷𝐵1 ∥ 𝐶𝐵. Треугольник 𝐴𝐷𝐵1 прямоугольный: 𝐴𝐷 = 3, 𝐷𝐵1 = 4,
𝐴𝐷∙𝐷𝐵1
12
𝐴𝐵1 = 5. Поэтому высота, опущенная из D на 𝐴𝐵1 , равна
=
и
𝐴𝐵1
6
5
высота трапеции AMNB равна
. Найдём MN . Заметим, что угол AMD
5
прямой. Действительно, ∠𝐵𝐴𝐷 + ∠𝐴𝐷𝐶 = 𝜋, так как эти углы внутренние
односторонние, а на два отмеченных угла треугольника AMD приходится
𝜋
𝜋
половина этой суммы, то есть . Поэтому ∠𝐴𝑀𝐷 = . Аналогично
2
2
18
𝜋
∠𝐵N𝐶 = . Отрезок KM является медианой треугольника AMD, проведённой к
2
гипотенузе AD. Он равен её половине, то есть 1,5. Аналогично NL=2.
15+10
Получаем 𝑀𝑁 = 𝐾𝐿 − 𝐾𝑀 − 𝑁𝐿 =
− 3,5 = 9. Отсюда
15+9 6
2
𝑆𝐴𝐵𝑁𝑀 =
∙ = 14,4 .
2
5
Ответ: 14,4.
Рис. 21
Пример 29. Основания трапеции равны а и в. Прямая, параллельная
основаниям, разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся
как 2:3. Найти длину отрезка этой прямой, заключённого внутри трапеции.
Рис. 22
Решение. Пусть 𝑎 < 𝑏 и 𝑆𝐵𝐶𝐹𝐸 : 𝑆𝐴𝐸𝐹𝐷 = 2: 3. Продолжим боковые
стороны трапеции до пересечения в точке К (рис. 22). Обозначим 𝑡 = 𝑆𝐵𝐾𝐶 и
найдём t из подобия треугольников ВКС и AKD , пользуясь тем, что
отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента
подобия:
19
𝑆𝐵𝐾𝐶
𝑆𝐴𝐾𝐷
=
𝑡
𝑎 2
𝑎 2
𝑎 2
5𝑎2 𝑆
= ( ) , 𝑡 (1 − ( ) ) = ( ) 5𝑠 , 𝑡 = 2 2 . Обозначим 𝐸𝐹 = 𝑥 и
5𝑠+𝑡
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏 −𝑎
найдём 𝑥 из подобия треугольников EKF и
𝑥2
значение t :
𝑎2
=
2𝑆+𝑡
𝑡
=
2(𝑏2 −𝑎2 )
5𝑎2
+1=
3𝑎2 +2𝑏2
5𝑎2
BKC, используя найденное
, 𝑥=√
3𝑎2 +2𝑏2
5
.
Меняя ролями a и b или соотношение площадей верхней и нижней
трапеций, получим 𝑥 = √
Ответ: √
3𝑎2 +2𝑏2
5
2𝑎2 +3𝑏2
5
или √
.
2𝑎2 +3𝑏2
5
.
Пример 30 (досрочный ЕГЭ 2012). Боковые стороны KL и MN трапеции
KLMN равны 10 и 26 соответственно. Отрезок, соединяющий середины
диагоналей, равен 12, средняя линия равна 24. Прямые KL и MN пересекаются
в точке A . Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник ALM.
Ответ: 2 или 6.
Пример 31. Через точку пересечения диагоналей трапеции проведена
прямая, параллельная основанию и пересекающая боковые стороны в точках E
и F. Длина отрезка EF равна 2. Найдите длины оснований, если их отношение
равно 4.
5
Ответ: 5; .
4
Пример 32. В трапеции ABCD длина основания AD равна 4, длина
основания BC равна 3, AB=CD. Точки M и N лежат на диагонали BD, причём
точка M расположена между точками B и N, а отрезки AM и CN
перпендикулярны диагонали BD. Найти длину отрезка CN, если BM:DN=2:3.
√15
Ответ:
.
2
Пример 33. В трапеции ABCD даны длины оснований AD=4, BC=1 и
углы A и D при основании, равные соответственно arctg2 и arctg3. Найдите
радиус окружности, вписанной в треугольник CBE, где E - точка пересечения
диагоналей трапеции.
18
Ответ:
.
25+2√130+√445
Окружность
Угол, вписанный в окружность, измеряется половиной дуги, на
которую он опирается; углы, опирающиеся на равные дуги, равны.
Пример 34. Дан прямоугольный треугольник АВС с прямым углом при
вершине В и углом α при вершине А. Точка D – середина гипотенузы. Точка 𝐶1
симметрична точке С относительно прямой BD. Найти угол A 𝐶1 B .
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
Решение. Возможны два случая: 0 < 𝛼 < или
< 𝛼 < (при 𝛼 =
4
4
2
4
точки A и 𝐶1 совпадают и понятие угла теряет смысл).
20
Рис. 23
𝜋
1. При 0 < 𝛼 <
∠𝐵𝐷𝐶 = 2𝛼 < и точка Е пересечения отрезкa 𝐶𝐶1
4
2
и прямoй BD находится внутри отрезка BD (рис. 23).
Из равенства треугольников 𝐶1 𝐸𝐷 и 𝐶𝐸𝐷 следует 𝐶1 𝐷 = 𝐶𝐷 . Но по
свойству точки 𝐷 - середины гипотенузы 𝐶𝐷 = 𝐵𝐷, следовательно, 𝐶1
находится на окружности с центром 𝐷. По свойству вписанного угла ∠𝐵𝐶1 𝐶 =
𝜋
∠𝐵𝐴𝐶 = 𝛼, следовательно, ∠𝐴𝐶1 𝐵 = ∠𝐵𝐶1 𝐶 + ∠𝐴𝐶1 𝐶 = + 𝛼.
𝜋
2. При
𝜋
4
<𝛼<
𝜋
2
2
точка Е находится на продолжении BD за точку D
𝜋
( сделайте рисунок), ∠𝐴𝐶1 𝐵 = ∠𝐴𝐶1 𝐶 − ∠𝐵𝐶1 𝐶 = − 𝛼.
2
𝜋
𝜋
𝜋
𝐵𝐸
𝐵𝐶
𝜋
𝜋
Ответ: + 𝛼 при 0 < 𝛼 < , − 𝛼 при < 𝛼 < .
2
4
2
4
2
Если хорды AB и CD окружности пересекаются в точке E, то △
𝐴𝐸𝐷 ~ △ 𝐶𝐸𝐵, (отсюда 𝑨𝑬 ∙ 𝑬𝑩 = 𝑪𝑬 ∙ 𝑬𝑫).
Пример 35. Пересекающиеся хорды АВ и CD окружности
перпендикулярны, 𝐴𝐷 = 𝑚, 𝐵𝐶 = 𝑛. Найти радиус окружности.
Решение. Обозначим через Е точку пересечения хорд (сделайте рисунок).
𝐷𝐸
𝐴𝐷
𝑚
Поскольку △ 𝐴𝐸𝐷 ~ △ 𝐶𝐸𝐵, то
=
= = 𝑡𝑔∠𝐷𝐵𝐸, отсюда 𝑠𝑖𝑛∠𝐷𝐵𝐸 =
𝑚
. Из теоремы синусов для треугольника ABD получаем 2𝑅 =
√𝑚2 +𝑛2
𝑚√𝑚2 +𝑛2
𝑚
𝑛
= √𝑚2 + 𝑛2 , 𝑅 =
√𝑚2 +𝑛2
2
𝐴𝐷
𝑠𝑖𝑛∠𝐷𝐵𝐸
=
.
√𝑚2 +𝑛2
Ответ:
.
2
Пример 36 (из тренировочного варианта ГИА-2012). Равнобедренный
треугольник ABC с боковыми сторонами AB и BC вписан в окружность. Хорда
BD, длина которой равна 3, пересекает основание AC в точке E; BE=DE. Найти
длину стороны AB.
Ответ:
3√2
2
.
21
Пример 37 (ЕГЭ 2010). Угол между радиусом АО окружности,
описанной около треугольника АВС, и стороной АС, равен 45°. Найдите угол А
треугольника АВС, если угол С равен 25°.
Ответ: 20° или 110°.
Рассмотрим несколько задач, в решении которых используется, что
отрезки касательной к окружности, проведённые из одной точки, равны.
Они составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и
центр окружности.
Пусть в треугольнике АВС АВ=2, ВС=3, АС=4. Вписанная окружность
касается сторон треугольника соответственно в точках D, E, F . Найдём AD.
(сделайте рисунок). Пусть 𝐴𝐷 = 𝑥 . Тогда 𝐵𝐷 = 𝐵𝐸 = 2 − 𝑥, 𝐸𝐶 = 𝐶𝐹 = 3 −
−(2 − 𝑥) = 1 + 𝑥, 𝐴𝐶 = 4 = 𝑥 + 1 + 𝑥 = 2𝑥 + 1, 𝑥 = 1,5.
𝐀𝐁+𝐀𝐂−𝐁𝐂
Замечание. Ещё быстрее мы найдём AD ,заметив, что 𝐀𝐃 =
.
𝟐
Это свойство можно запомнить, но и без него, как мы видели, легко обойтись.
1
Пример 38. В треугольнике АВС АВ=6, 𝑐𝑜𝑠∠𝐵 = , 𝐶𝐷 = 𝐶𝐵, где 𝐷 5
точка касания вписанной окружности и стороны АВ. Найти ВС.
Рис. 24
Решение. Обозначим 𝐵𝐷 = 2𝑥 , E – точка касания окружности и ВС
(рис.24). По свойству касательной 𝐵𝐸 = 2𝑥 . Опустим из С высоту CH на 𝐵𝐷.
𝐵𝐻
1
Поскольку 𝐶𝐷 = 𝐶𝐵, то H –середина 𝐵𝐷; 𝐵𝐻 = 𝑥.
= 𝑐𝑜𝑠𝐵 = ⇒ 𝐵𝐶 =
𝐵𝐶
5
5𝑥, 𝐶𝐸 = 5𝑥 − 2𝑥 = 3𝑥 = 𝐶𝐾.
𝐴𝐾 = 𝐴𝐷 = 6 − 2𝑥, 𝐴𝐶 = 6 − 2𝑥 + 3𝑥 =
6 + 𝑥.
Запишем теорему косинусов для треугольника АВС:
1
(6 + 𝑥)2 = 36 + 25𝑥 2 − 2 ∙ 6 ∙ 5𝑥 ∙ , 24𝑥 2 − 24𝑥 = 0, 𝑥 = 0 или 𝑥 = 1.
5
Но 𝑥 - длина отрезка, следовательно, 𝑥 = 1. Отсюда ВС = 5𝑥 = 5.
Ответ: 5.
Пример 39 (ЕГЭ 2015). К окружности, вписанной в квадрат ABCD,
проведена касательная, пересекающая стороны AB и AD в точках M и N
соответственно.
а) Докажите, что периметр треугольника AMN равен стороне квадрата.
22
б) Прямая MN пересекает прямую CD в точке P. В каком отношении
делит сторону BC прямая, проходящая через точку P и центр окружности, если
AM:MB=1:2?
Решение. а) По свойству касательной (рис.) MG=ME, NE=NK. Находим
𝑃𝐴𝑀𝑁 : AM+MN+AN=AM+ME+EN+NA=AM+MG+KN+NA=AG+AK=
1
1
= 𝐴𝐵 + 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵.
2
2
Рис. 25
б) Пусть AB=6. Тогда MG=ME=1, AM=2. Обозначим KN=x. Запишем
теорему Пифагора для треугольника AMN: 𝑀𝑁 2 = 𝐴𝑀2 + 𝐴𝑁 2 ,
(𝑥 + 1)2 = 4 + (3 − 𝑥)2 . Отсюда x=1,5, AN=1,5, DN=3+1,5=4,5. Треугольники
𝐷𝑁
NDP и NAM подобны, 𝑘 =
= 3, DP=3AM=6, LP=3+6=9, CP=12.
𝐴𝑁
𝐶𝑃
4
4
𝐶𝐻
4
Треугольники HCP и OLP подобны, 𝑘 = = , 𝐶𝐻 = 𝐿𝑂 = 4,
= = 2.
𝐿𝑃
3
3
𝐻𝐵
2
Ответ: 2:1.
Пример 40 ( ЕГЭ 2010) . В треугольнике АВС АВ=9, ВС=5, СА=8. Точка
D лежит на прямой ВС так, что BD : DC= 3 : 7. Окружности, вписанные в
каждый из треугольников ADC и ADB, касаются стороны AD в точках E и F.
Найти длину отрезкa EF .
Решение (не самое короткое в силу сделанного выше замечания).
Возможны два случая.
7
7
1.
Точка D лежит на отрезке ВС (рис. 26). Находим 𝐶𝐷 = 𝐵𝐶 = .
10
2
Обозначим 𝐷𝐸 = 𝑥, 𝐾 и 𝐿- точки касания вписанной окружности сторон 𝐶𝐷 и
7
7
9
АС треугольника AСD. Тогда 𝐶𝐾 = 𝐶𝐿 = − 𝑥, 𝐴𝐿 = 𝐴𝐸 = 8 − ( − 𝑥) = +
9
𝐴𝐷
2
2
𝑥, 𝐴𝐷 = + 2𝑥, 𝑥 =
2
9
− . Обозначим
4
𝐴𝐷
15
2
2
DF = y. Тогда аналогично из
𝐴𝐷
9
𝐴𝐷
15
3
треугольника ABD 𝑦 = − ; Е𝐹 = 𝑥 − 𝑦 =
− −( − )= .
2
4
2
4
2
4
2
2.
Точка D лежит на продолжении ВС за точку В (рис. 27). Тогда
35
𝐴𝐷
3
𝐴𝐷
21
𝐶𝐷 =
. Aналогично предыдущему получим 𝐷𝐸 = 𝑥 =
+ , 𝐷𝐹 = − ,
4
2
8
2
8
Е𝐹 = 3.
Ответ: 1,5 или 3.
23
Рис. 26
Рис. 27
В решении следующих пяти задач используется теорема синусов.
Пример 41. Две окружности пересекаются в точках А и В. Через точку А
проведены диаметры АС и АD этих окружностей.
а) Докажите, что точки D, В и С лежат на одной прямой.
б) Найдите произведение AD·AC, если известно, что АВ=8, а диаметр
окружности, описанной около треугольника ADC, равен 10. Ответ: 80.
Пример 42 (из контрольной работы для 10 кл., 2012). На каждой из двух
окружностей радиусов 3 и 4 лежит по три вершины ромба. Найдите его
сторону.
Ответ: 4,8.
Пример
43
(ЕГЭ
2012).
Продолжение
биссектрисы
CD
неравнобедренного треугольника ABC пересекает окружность, описанную
около этого треугольника, в точке Е. Окружность, описанная около
треугольника ADE, пересекает прямую AC в точке F, отличной от А. Найдите
радиус окружности, описанной около треугольника АВС, если АС=5, АF=1,
угол ВАС равен 30°.
Ответ: 4; 6.
Пример 44 (ЕГЭ 2012, 2013). Угол С треугольника АВС равен 30°. D отличная от А точка пересечения окружностей, построенных на сторонах АВ и
АС как на диаметрах. Известно, что DB:DC=2:5. Найдите синус угла А.
7√111
3√111
Ответ:
;
.
74
74
Пример 45. Найти углы трапеции, если известно, что она вписана в
окружность радиуса √6 и в неё вписана окружность радиуса 1.
Решение. Поскольку трапеция вписана в окружность, то она
1
1
равнобедренная (рис. 28). Обозначим 𝑥 = 𝐴𝐷 , 𝑦 = 𝐵𝐶 . Тогда из свойств
2
2
касательной следует 𝐶𝐷 = 𝑥 + 𝑦. Высота трапеции равна диаметру вписанной
2
𝐴𝐶
окружности: CE=2. Тогда 𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶 =
. По теореме синусов
= 2√6,
𝑥+𝑦
𝐴𝐶 =
4√6
𝑥+𝑦
𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶
. Запишем теорему Пифагора для треугольника АСЕ:
24
𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐸 2 + 𝐶𝐸 2 ,
96
(𝑥+𝑦)2
= (𝑥 + 𝑦)2 + 4, (𝑥 + 𝑦)4 + 4(𝑥 + 𝑦)2 − 96 = 0.
Отсюда (𝑥 + 𝑦)2 = −12 или (𝑥 + 𝑦)2 = 8 . Первый корень посторонний, так
как (𝑥 + 𝑦)2 > 0. Второй корень даёт 𝑥 + 𝑦 = 2√2 , так как 𝑥 + 𝑦 - длина,
Рис. 28
𝑥 + 𝑦 > 0. Получаем 𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐷𝐶 =
𝜋
3𝜋
3𝜋
𝜋
√2
2
𝜋
𝜋
3𝜋
4
4
4
, ∠𝐴𝐷𝐶 = , ∠𝐵𝐶𝐷 = 𝜋 − =
.
Ответ: ; ;
; .
4
4
4
4
Пример 46. Точки K, L, M делят стороны выпуклого четырёхугольника
ABCD в отношении AK:BK=CL:BL=CM:DM=1:2. Радиус описанной около
треугольника KLM окружности равен 2,5. Известно, что KL=4, LM=3, KM<KL.
Найти площадь четырёхугольника ABCD.
189
Ответ:
.
25
𝑆
Часто в решении задач используется формула 𝑟 = , где 𝑟, 𝑆, 𝑝 −
𝑝
соответственно радиус вписанной окружности, площадь и полупериметр
данного треугольника.
Пример 47 (ЕГЭ 2011, задача досрочного экзамена). Диаметр
окружности, вписанной в треугольник 𝑃𝑄𝑅, площадь которого равна 132, в 3
раза меньше высоты, проведённой из вершины 𝑃. Известно, что 𝑄𝑅 = 11.
Найдите сторону 𝑃𝑄.
Решение. Обозначим через ℎ высоту, опущенную из вершины 𝑃. Тогда
1
𝑆∆𝑃𝑄𝑅 = 132 = ∙ 11 ∙ ℎ, ℎ = 24. По условию, радиус вписанной окружности 𝑟
2
𝑆
132
в шесть раз меньше высоты, 𝑟 = 4. Находим полупериметр: 𝑝 = =
= 33.
𝑟
4
Периметр треугольника 𝑃𝑄𝑅 равен 66. Обозначим 𝑃𝑄 = 𝑥 (рис. 29); тогда
𝑃𝑅 = 55 − 𝑥. Из формулы Герона (132)2 = 33 ∙ 22 ∙ (33 − 𝑥)(𝑥 − 22),
𝑥 2 − 55𝑥 + 750 = 0, 𝑥 = 25 или 𝑥 = 30.
Ответ: 25 или 30.
Пример 48. Прямоугольный треугольник ABC имеет периметр 54,
причём длина катета AC больше 10. Окружность радиуса 6, центр которой
25
лежит на катете BC, касается прямых AB и AC. Найти площадь треугольника
ABC.
Ответ:121,5.
Пример 49 (ЕГЭ 2011, первая волна). Прямая, перпендикулярная боковой
стороне равнобедренного треугольника, отсекает от него четырёхугольник, в
который можно вписать окружность. Найдите радиус окружности, если отрезок
этой прямой, заключённый внутри треугольника, равен 24, а синус угла при
4
основании равен .
5
A
M
P
N
x
55 - x
O
K
B
C
R
Q
D
E
11
L
Рис. 29
Рис. 30
Решение, использующее выделенное далее свойство сторон описанного
четырёхугольника, приведено в материалах для экспертов и опубликовано в
различных пособиях. Мы приведём другое решение. Пусть А𝐵𝐶 – данный
треугольник и 𝐵𝐶 – его основание, Е - середина 𝐵𝐶 (рис. 30). Обозначим AE=
𝐴𝐸
4𝑥. Тогда в прямоугольном треугольнике 𝐴𝐵𝐸
А𝐵 =
= 5𝑥,
𝐵𝐸 = 3𝑥. 𝑟𝐴𝐵𝐶 =
𝑆
𝑝
=
sin ∠𝐵
12𝑥 2
=
8𝑥
3
4
2
3
3
2𝑥
Из прямоугольного треугольника 𝐴𝑂𝐷
.
𝐴𝐷 = 𝑟 ∙ 𝑐𝑡𝑔∠𝑂𝐴𝐷 = 𝑥 ∙ = 2𝑥;
3
3
3
4
2
2
2
3
3
𝐵𝐾 = 𝐴𝐵 − 𝐴𝐷 − 𝐾𝐷 = 5𝑥 − 2𝑥 − 𝑥 = 𝑥. 𝐾𝐿 = 𝐵𝐾 ∙ 𝑡𝑔∠𝐵 = 𝑥 ∙ = 2𝑥.
Если 𝐾𝐿 - отрезок прямой из условий задачи, то 2𝑥 = 24, 𝑥 = 12, 𝑟 = 𝑥 = 18.
2
Пусть теперь 𝑀𝑁 - отрезок прямой из условий задачи. 𝐴𝑀 = 𝐴𝐷 − 𝑀𝐷 = 2𝑥 −
3
2
1
𝑥 = 𝑥.
2
Находим
𝑡𝑔∠𝐴 =
12
2𝑡𝑔∠𝐵𝐴𝐸
1−𝑡𝑔2 ∠𝐵𝐴𝐸
=
3⁄
2
1−9⁄16
3
=
24
7
.
Из
треугольника
𝐴𝑀𝑁 𝑀𝑁 = 𝐴𝑀 ∙ 𝑡𝑔∠𝐴 = 𝑥 = 24, 𝑥 = 14, 𝑟 = 𝑥 = 21.
7
2
Ответ: 18 или 21.
Пример 50. Площадь параллелограмма АВСD равна 80√3 . Расстояние
от точки Q пересечения диагоналей параллелограмма до центра окружности,
26
вписанной в треугольник AQB, равно 2. Угол AQD равен 60°, а угол BAD
тупой. Найти длину диагонали АС.
Ответ:10.
Указание. Выбрать в качестве неизвестных длины отрезков, на которые
точка Е касания вписанной окружности делит сторону АВ. 𝑟𝐴𝑄𝐵 = √3, ∠𝐴𝑄𝐵 =
2𝜋
3
. Равенства √3 =
20√3
𝑝
1
и
𝑆 = 20√3 = 𝐴𝑄 ∙ 𝐵𝑄 ∙
2
√3
2
приводят к системе
уравнений, из которой находятся искомые длины и, следовательно, диагональ
AC=2(AE+1).
Если четырёхугольник описан вокруг окружности, то суммы
противоположных сторон четырёхугольника равны друг другу.
Как мы уже отмечали, задачу из примера 49 можно решить с помощью
данного свойства.
Пример 51. В трапецию ABCD с верхним основанием ВС=1 и боковыми
сторонами АВ=3, CD=4 вписана окружность, которая касается верхнего
основания в точке М. Продолжения боковых сторон трапеции пересекаются в
точке К. Окружность, вписанная в треугольник ВКС, касается основания ВС в
точке N. Найти длину отрезка MN .
1
Ответ: .
5
Указание. Использовать оба последних выделенных факта и подобие
треугольников АКD и ВКС.
Пример 52 (ЕГЭ 2011). Периметр равнобедренной трапеции равен 136.
Известно, что в эту трапецию можно вписать окружность, причём боковая
сторона делится точкой касания в отношении 9:25. Прямая, проходящая через
центр окружности и вершину трапеции, отсекает от трапеции треугольник.
Найдите отношение площади этого треугольника к площади трапеции.
1
625
Ответ: или
.
2
1122
Расстояние от центра О окружности до хорды АВ равно
√𝒓𝟐 −
𝑨𝑩𝟐 𝑨𝑩
∠𝑨𝑶𝑩
=
∙ 𝒄𝒕𝒈
.
𝟒
𝟐
𝟐
√29
Пример 53 (ЕГЭ 2010). В окружность радиуса
вписана трапеция с
2
основаниями 2 и 3 . Найдите расстояние от центра окружности до точки
пересечения диагоналей трапеции.
15−4√5
15+4√5
Ответ:
или
.
10
10
Указание:
Возможны два случая: центр окружности находится внутри трапеции или
вне её. Точка О не может лежать на AD , поскольку AD меньше диаметра: 3 <
√29 . Рис. 31 соответствует первому случаю. Из треугольников BKO AOL
находим KO и OL, высоту KO+OL . Из подобия треугольников КЕС и ELA
находим КЕ; ЕО=КО - КЕ.
27
Рис. 31
Пример 54 (ОГЭ 2015). В равнобедренную трапецию, периметр которой
равен 40, а площадь 80, можно вписать окружность. Найдите расстояние от
точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания. Ответ: 1,6.
Пример 55 (ЕГЭ 2015). Две окружности касаются внутренним образом в
точке A, причём меньшая проходит через центр большей. Хорда BC большей
окружности касается меньшей в точке P. Хорды AB и AC пересекают меньшую
окружность в точках K и M соответственно.
а) Докажите, что прямые KM и BC параллельны.
б) Пусть L -точка пересечения отрезков KM и AP. Найдите AL, если
радиус большей окружности равен 10, а BC=16.
Решение. а) Поскольку угол AKM опирается на дугу AOM меньшей
𝜋
1
окружности (рис. 32), то по свойству вписанного угла ∠𝐴𝐾𝑀 = + ∠𝑂𝐴𝑀.
2
2
Угол ABC опирается на большую из дуг AC большей окружности и равен
𝜋
1
+ ∠𝑂𝐴𝐶. Следовательно, ∠𝐴𝐾𝑀 = ∠𝐴𝐵𝐶 и 𝐾𝑀 ∥ 𝐵𝐶.
2
2
Рис. 32
б) Из центра О опустим перпендикуляр OD на дугу BC. Тогда D середина ВС, BD=8. Из △ 𝐵𝑂𝐷 𝑂𝐷 = √102 − 82 = 6. Проведём 𝑁𝐸 ⊥ 𝑂𝐷. В △
28
𝑂𝐸
1
𝑁𝑂𝐸 𝑂𝐸 = 𝑂𝐷 − 𝑁𝑃 = 6 − 5 = 1, cos ∠𝑁𝑂𝐸 =
= . В △ 𝐴𝑁𝑃 ∠𝐴𝑁𝑃 =
𝑁𝑂
5
∠𝑁𝑂𝐸. По теореме косинусов
1
𝐴𝑃2 = 𝐴𝑁 2 + 𝑁𝑃 2 − 2𝐴𝑁 ∙ 𝑁𝑃cos∠𝐴𝑁𝑃 = 25 + 25 − 2 ∙ 25 ∙ = 40,
5
𝐴𝑃 = 2√10. Треугольники AKM и ABC подобны, и поскольку отношение
радиусов описанных вокруг них окружностей равно 2, то коэффициент подобия
1
равен 2. Поэтому 𝐴𝐿 = 𝐴𝑃 = √10.
2
Ответ: √10.
Пример 56 (ЕГЭ 2010). В окружности, радиус которой равен 80,
проведена хорда АВ=96. Точка С лежит на хорде АВ так, что АС:ВС=1:3.
Найти радиус окружности, касающейся данной окружности и касающейся
хорды АВ в точке С.
Решение. Для упрощения вычислений уменьшим данные линейные
размеры в 16 раз, а при получении ответа увеличим найденные значения
радиуса в 16 раз. Таким образом, у данной окружности радиус равен 5, АВ=6.
Пусть D – середина АВ, О - центр данной окружности, Р- центр второй
3
окружности и r - её радиус. Тогда 𝑂𝐷 = √𝐴𝑂2 − 𝐴𝐷2 = √25 − 9 = 4, 𝐶𝐷 = .
2
Возможны два случая:
Рис. 33
Рис. 34
1. Р лежит выше АВ (рис. 33). Тогда из прямоугольного треугольника
EOP
9
ОР2 = ЕР2 + ЕО2 , (5 − 𝑟)2 = (4 + 𝑟)2 + ,
2
2
9
3
4
25 − 10𝑟 + 𝑟 = 16 + 8𝑟 + 𝑟 + , 𝑟 = .
4
8
2.
Р лежит ниже АВ (рис. 34). Заметим, что Р лежит выше
горизонтальной прямой ЕО, так как в противном случае 𝑟 = 𝑃𝐶 ≥ 4, а
расстояние от Р до большей окружности, которое тоже должно быть равно 𝑟 ,
не более 3,5. Из треугольника EOP
9
27
ОР2 = ЕР2 + ЕО2 , (5 − 𝑟)2 = (4 − 𝑟)2 + , 𝑟 = .
4
8
Умножаем полученные значения на 16 и получаем ответ.
Ответ: 6 или 54.
29
Пример 57 (ЕГЭ 2012, вторая волна). Точка O — центр правильного
шестиугольника ABCDEF со стороной 7. Найдите радиус окружности,
касающейся окружностей, описанных около треугольников BOD, DOF , BOF.
Ответ: 6 или 14.
Пример 58. В параллелограмме 𝐴𝐵𝐶𝐷 известны стороны 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶 = 𝑏
и ∠𝐵𝐴𝐷 = 𝛼. Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных
около треугольников
Ответ:√𝑎2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ |𝑐𝑡𝑔𝛼|.
Центр окружности, описанной около треугольника, находится в
точке
пересечения
серединных
перпендикуляров
к
сторонам
треугольника.
Пример 59. Через центр окружности, описанной около треугольника
АВС, проведены прямые, перпендикулярные сторонам АС и ВС. Эти прямые
пересекают высоту треугольника CH или её продолжение в точках P и Q
.Известно, что CP=p, CQ=q. Найти радиус окружности, описанной около
треугольника АВС.
Ответ: √𝑝𝑞.
Указание. Использовать подобие треугольников AHC и 𝑃𝑃1 𝐶, BHC и
𝑄𝑄1 𝐶, где 𝑃1 и 𝑄1 -середины сторон AC и BC.
Если четырёхугольник вписан в окружность, то каждая из сумм его
противоположных углов равна 𝟏𝟖𝟎°. Из этого факта непосредственно
следует подобие треугольников на рис. 35:
B
L
K
A
C
Рис. 35
𝑩𝑲
𝑩𝑳
𝑲𝑳
△ 𝑳𝑩𝑲~ △ 𝑨𝑩𝑪, коэффициент подобия 𝒌 =
=
= .
𝑩𝑪
𝑨𝑩
𝑨𝑪
В случае, когда АС - диаметр, (см. рис. 50) 𝑘 = 𝑐𝑜𝑠∠𝐵.
Пример 60. Через вершины А и С треугольника АВС проведена
окружность, пересекающая стороны АВ и ВС в точках K и L соответственно.
Найти длины этих сторон и радиус окружности, если ∠𝐵 = 60°, 𝐴𝐶 = 2√31,
𝐵𝐾 = 5, 𝐵𝐿 = 6.
Ответ: 12; 10; √31 .
30
Пример 61 (ЕГЭ 2012, первая волна). В треугольнике ABC известны
стороны: AB=5, BC=6, AC=7. Окружность, проходящая через точки A и C,
пересекает прямые BA и BC соответственно в точках K и L, отличных от
вершин треугольника. Отрезок KL касается окружности, вписанной в
треугольник ABC. Найдите длину отрезка KL.
Решение. Возможны следующие случаи:
1. Точки K и L лежат на сторонах AB и BC соответственно (рис. 35). △
𝐵𝐾
BKL~ △ BCA, коэффициент подобия 𝑥 =
. Тогда 𝐵𝐾 = 6𝑥, 𝐵𝐿 = 5𝑥, 𝐾𝐿 =
𝐵𝐶
7𝑥, 𝐴𝐾 = 5 − 6𝑥, 𝐶𝐿 = 6 − 5𝑥. Окружность, вписанная в треугольник △ BCA ,
также вписана в четырёхугольник AKLC. Поэтому 𝐴𝐾 + 𝐿𝐶 = 𝐾𝐿 + 𝐴𝐶, 11 −
2
14
11𝑥 = 7𝑥 + 7, 𝑥 = , 𝐾𝐿 = 7𝑥 = .
9
9
B
L
A
C
K
Рис. 36
2. Точка L лежит на стороне BC, а точка K – на продолжении стороны
AB или K лежит на стороне AB, а точка L – на продолжении стороны BC (рис.
36). В первом из этих случаев из подобия треугольников ABL и CBK имеем
𝐵𝐴
𝐵𝐶
=
, следовательно, △ ABC~ △ LBK по двум пропорциональным сторонам
𝐵𝐿
𝐵𝐾
и углу между ними. Поскольку в эти два треугольника вписана одна и та же
окружность, то коэффициент подобия равен 1, следовательно, KL=AC=7. Во
𝐵𝐾
𝐵𝐶
𝐵𝐾
𝐵𝐶
втором случае
= , что невозможно, так как
< 1,
> 1.
𝐵𝐿
𝐴𝐵
𝐵𝐿
𝐴𝐵
На этом все возможности исчерпаны: если точки K, L лежат на
продолжениях сторон треугольника, то отрезок KL не может касаться
вписанной окружности.
14
Ответ:
или 7.
9
Если две окружности радиусов 𝐫𝟏 , 𝐫𝟐 внешне касаются друг друга в
𝛑
точке С, касаются прямой в точках А и В, то 𝐀𝐁 = 𝟐√𝐫𝟏 𝐫𝟐 , ∠𝐀𝐂𝐁 = ,
𝟐
△ 𝐀𝐎𝟏 𝐃~ △ 𝐁𝐀𝐂~ △ 𝐎𝟐 𝐁𝐄 ( см. рис. 37, 38).
31
Пример 62. Две окружности внешне касаются в точке С, АВ - прямая,
касающаяся их в точках А и В соответственно. Найти хорды АС и ВС, если
10
АВ=5 и радиус большей окружности равен
.
3
Ответ: 4; 3.
Рис. 37
Рис. 38
Для решения следующей задачи необходима только часть последнего
утверждения: 𝐴𝐵 = 2√𝑟1 𝑟2 .
Пример 63. Прямая касается двух окружностей радиусов 7 и 2
соответственно, расстояние между центрами которых равно 13 и лежащих по
одну сторону от данной прямой. Найти радиус третьей окружности,
касающейся данных окружностей и прямой.
36
36
36
Ответ: (9 + 2√14); (9 − 2√14); 18; .
25
25
7
Если две окружности внешне касаются в точке С (рис. 39) и их общая
касательная, проведённая через С, пересекается в точке D с другой общей
касательной АВ (А и В – точки касания), то АВ=2СD.
CC
A
D
B
Рис. 39
Пример 64. Окружность радиуса 2 касается внешним образом другой
окружности в точке С. Общая касательная к обеим окружностям, проведённая
через точку С, пересекается с другой их общей касательной в точке D. Найти
радиус второй окружности, если длина отрезка СD равна 4.
Ответ: 8.
32
Рис. 40
Пример 65. Продолжение общей хорды АВ двух пересекающихся
окружностей радиусов 8 и 2 пересекает их общую касательную в точке С, точка
А лежит между В и С, а М и N - точки касания.
а) Докажите, что отношение расстояний от точки С до прямых АМ и АN равно
1
; б) Найдите радиус окружности, проходящей через точки А, М и N.
2
Ответ: 4.
Указание. Записать теорему синусов для треугольника AMN (рис. 40) с
1
1
учётом того, что ∠𝐴𝑁𝑀 = ∠𝐴𝑂1 𝑁, ∠𝐴𝑀𝑁 = ∠𝐴𝑂2 𝑀; в а) использовать, что
2
2
АС-медиана треугольника AMN, следовательно, 𝑆𝐴𝐶𝑁 = 𝑆𝐴𝐶𝑀 .
Угол между касательной и хордой измеряется половиной дуги,
заключённой между ними (рис. 41).
Рис. 41
Рис. 42
Пример 66. Две окружности пересекаются в точках A и В, АВ=1. Через
точку А провели касательную к первой окружности до пересечения со второй
окружностью в точке С, а через В - касательную ко второй окружности до
пересечения с первой окружностью в точке D. Найдите наименьшее
возможное значение величины AD+BC.
Решение. Сделаем рисунок (рис. 42). ∠𝐶𝐴𝐵 = ∠𝐴𝐷𝐵, поскольку ∠𝐶𝐴𝐵
является углом между касательной АС к первой окружности и хордой АВ и
̆ а угол ADB на эту дугу опирается. Аналогично
равен половине дуги 𝐴𝐵,
∠𝐴𝐵𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐵. Треугольники АВС и DAB подобны. Отсюда AD:AB=AB:ВC,
1
1
𝐴𝐷 =
, следовательно, ВC+AD=𝐵𝐶 +
. Как известно, наименьшее
𝐵𝐶
𝐵𝐶
33
значение суммы двух взаимнообратных положительных величин равно 2 и
достигается, когда каждое слагаемое равно 1, то есть при ВС=1. Легко
заметить, что в качестве конструкции, дающей AВ=BC=AD=1 , можно взять
1
окружности радиуса
, каждая из которых проходит через центр другой
√3
окружности (рис. 43):
Рис. 43
Ответ: 2.
Пример 67. На окружности, вписанной в острый угол, взята точка А.
Расстояния от точки А до сторон угла равны а и b. Найти расстояние от А до
прямой, проходящей через точки касания окружности и сторон угла.
Ответ: √𝑎𝑏.
Пример 68. Две окружности радиусов 5 и 3 касаются в точке А.
Определите сторону равностороннего треугольника, одна из вершин которого
находится в точке А, а две другие лежат на разных окружностях.
15√3
7
Ответ:
или
15√3
√19
.
Если через точку А
проведены прямая, которая касается
окружности в точке B, и секущая, пересекающая окружность в точках C
и D , то 𝐀𝐂 ∙ 𝐀𝐃 = 𝐀𝐁 𝟐 ( теорема о касательной и секущей).
Пример 69 (ЕГЭ 2011). В треугольнике 𝑃𝑄𝑅 угол 𝑅 - прямой, 𝑅𝐴 высота, 𝑄𝐵 - медиана. Прямые 𝐴𝐵 и QR пересекаются в точке С, лежащей на
луче QR. Окружность, проходящая через точки А и В, касается прямой QR в
точке D. Найдите DR , если известно, что 𝐵𝐶 = 25 и 𝐴𝐵 = 11.
Решение. Возможны два случая.
1.
Точка 𝐷 лежит между 𝑄 и 𝑅 (рис. 44). Поскольку АВ- медиана в
1
прямоугольном треугольнике 𝐴𝑃𝑅, проведённая к гипотенузе, то 𝐴𝐵 = 𝑃𝑅,
2
следовательно, 𝐵𝑅 = 11, 𝐶𝑅 = √𝐵𝐶 2 − 𝐵𝑅2 = √252 − 112 = 6√14 .
34
Q
Q
A
A
D
R
P
R
P
B
C
B
D
C
Рис. 44
Рис. 45
2
По теореме о касательной и секущей 𝐶𝐷 = 𝐴𝐶 ∙ 𝐵𝐶 = 36 ∙ 25, 𝐶𝐷 = 30.
𝐷𝑅 = 𝐶𝐷 − 𝐶𝑅 = 30 − 6√14 .
2. Точка 𝐷 лежит на продолжении отрезка 𝑄𝑅 за точку R (рис. 45). Тогда
𝐷𝑅 = 𝐶𝐷 + 𝐶𝑅 = 30 + 6√14 .
Ответ: 30 − 6√14 или 30 + 6√14 .
Пример 70. Прямая касается данной окружности в точке В. Точки С и
D окружности удалены от прямой на расстояния 2 и 5 соответственно. Найти
расстояние от В до прямой CD.
Решение. Продолжим CD до пересечения с данной прямой в точке А
(рис. 46). Обозначим через
𝐵1 , 𝐶1 , 𝐷1 основания соответствующих
перпендикуляров. Треугольники
𝐴𝐷𝐷1 , 𝐴𝐶𝐶1 , 𝐴𝐵𝐵1 подобны как
прямоугольные треугольники с общим острым углом. Поскольку 𝐴𝐶: 𝐴𝐷 =
𝐶𝐶1 : 𝐷𝐷1 = 5: 2, то 𝐴𝐶 = 5𝑥, 𝐴𝐷 = 2𝑥. По последнему выделенному свойству
𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 ∙ 𝐴𝐷 = 10𝑥 2 , 𝐴𝐵 = 𝑥 √10. Из подобия треугольников 𝐴𝐵𝐵1 и 𝐴𝐷𝐷1
получаем
𝐵𝐵1
𝐷𝐷1
=
𝐴𝐵
𝐴𝐷
, то есть
𝐵𝐵1
2
=
𝑥√10
2𝑥
, 𝐵𝐵1 = √10 .
Ответ: √10 .
35
Рис. 46
Пример 71. Через вершины А и С прямоугольного треугольника АВС
(∠В = 90°) проведена окружность с центром О, касающаяся прямой АВ и
пересекающая продолжение стороны ВС в точке Е.
а) Докажите, что сумма углов АОЕ и АОС равна 180°.
б) Найдите диаметр окружности, если известно, что ВЕ=5, АС=6. Ответ: 9.
Пример 72. В треугольнике АВС проведена биссектриса СМ.
Касательная к описанной окружности треугольника АВС, проходящая через
точку С, пересекает прямую АВ в точке Р.
а) Докажите, что ВС:АС=СР:АР.
б) Найдите длину отрезка СР, если известно, АМ=5, ВМ=4. Ответ: 20.
Пример 73 (ЕГЭ 2010). Две окружности, касающиеся прямой в точках А
и В, пересекаются в точках С и D, причём АВ=28, СD=45. Найдите медиану
СЕ треугольника АВС.
Ответ: 49 или 4.
Пример 74 (задача демонстрационного варианта 2011). На стороне ВА
угла АВС, равного 30°, взята такая точка D, что AD = 2 и ВD = 1. Найдите
радиус окружности, проходящей через точки А, D и касающейся прямой ВС.
Ответ: 1 или 7.
Для треугольника АВС и его вневписанной окружности (рис. 47)
𝐀
справедливы следующие соотношения: 𝐀𝐃 = 𝐩𝐀𝐁𝐂 , 𝐑 = 𝐩𝐀𝐁𝐂 ∙ 𝐭𝐠 ; здесь
𝟐
𝐩𝐀𝐁𝐂 - полупериметр треугольника АВС,
𝐑 - радиус вневписанной
окружности данного треугольника.
36
Рис. 47
Пример 75. В угол величиной 60° с вершиной А вписана окружность с
центром в точке О. Через точку К этой окружности проведена к ней
касательная, пересекающая стороны угла в точках В и С. Отрезок ВС
пересекается с отрезком АО в точке М.Найти радиус окружности , вписанной в
АМ
2
треугольник АВС, если
= , ВС = 7.
МО
3
Решение. Обозначим через R радиус данной окружности. Поскольку
АО- биссектриса угла ВАС, то ∠𝐵𝐴𝑂 = 30° и из треугольника AOD
𝐴𝐷 = 𝑂𝐷 ∙ 𝑐𝑡𝑔30° = 𝑅√3 . Поэтому из последнего выделенного свойства
𝑝𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐷 = 𝑅√3
(см. рис. 47). По формуле для радиуса вписанной
𝑆
окружности 𝑟 = . Выразим высоту АH треугольника АВС через R .
𝑝
△ 𝐴𝑀𝐻~ △ 𝑂𝑀𝐾 , так как у этих прямоугольных треугольников есть равный
𝐴𝐻
𝐴𝑀 𝐴𝐻
2
2
1
1
острый угол. Поэтому
=
, = , 𝐴𝐻 = 𝑅. Находим S= 𝐵𝐶 ∙ 𝐴𝐻 = ∙
7∙
7
𝑅
3
2
3
𝑅 √3
𝑂𝐾
𝑀𝑂
𝑅
3
3
2
𝑅. Подставляем найденные значения в формулу для вычисления 𝑟:
=
7 √3
9
2
𝑟=
.
7√3
Ответ:
.
9
Пример 76. Радиусы вневписанных окружностей прямоугольного
треугольника равны 1 и 4. Найти площадь треугольника.
Решение. Возможны следующие случаи:
1.
Вневписанные окружности касаются катетов АВ и АС ( рис. 48).
Поскольку 𝑂1 𝑂2 лежит на биссектрисе прямого угла, то 𝑂1 𝑂2 = √2 + 4√2 =
5√2. В прямоугольном треугольнике
𝑂1 𝑂2 𝐻
𝑂2 𝐻 = 4 − 1 = 3,
O1 H = √O1 O2 2 − O2 H 2 = √50 − 9 = √41 .
Далее, из равенств EB=BG,
DC=CF, O1 H = GF находим периметр и полупериметр треугольника АВС:
37
PABC = AE + EB + BC + CD + DA = AE + GF + DA = √41 + 5, pABC =
Нaходим катеты: AB = BL − AL = pABC − AL =
√41+5
2
−1=
√41+5
.
2
√41+3
,
2
√41 + 5
√41 − 3
−4=
.
2
2
1 √41+3 √41−3
AB ∙ AC =
∙
= 4.
AC = CK − AK = pABC − AK =
Находим площадь: SABC =
1
2
2
2
2
G
H
O2
B
E
D
A
K
L
C
F
O1
Рис. 48
2.
Вневписанные окружности радиусов 1 и 4 касаются соответственно
катета и гипотенузы (рис. 49). Находим полупериметр и катет:
pABC = AD = 4, PABC = 8, AB = BL − AL = pABC − AL = 4 − 1 = 3.
Отсюда
видно, что третий случай, когда окружнoсть радиуса 1 касается гипотенузы,
невозможен, поскольку мы бы имели AB= 1- 4= -3 .Обозначим AC = x , тогда
8
BC = 8-3-x = 5-x и по теореме Пифагора
(5 − 𝑥)2 = 32 + 𝑥 2 , 𝑥 = .
5
1
8 12
SABC = ∙ 3 ∙ =
.
2
5
5
B
A
L
C
D
Рис. 49
38
12
Ответ: 4 или .
5
Пример 77. Периметр треугольника равен 18. К вписанной в него
окружности проведена касательная параллельно основанию. Длина отрезка
касательной между боковыми сторонами равна 2. Найдите основание
треугольника.
Ответ: 3 или 6.
Пример 78. Высота равнобедренного треугольника, опущенная на
основание, равна 9, а радиус вписанной в треугольник окружности равен 4.
Найдите радиус окружности, касающейся стороны треугольника и
продолжений двух других его сторон.
Ответ: 9 или 36.
В условиях следующей задачи также фигурирует вневписанная
окружность. Однако приведённые выше формулы для решения не нужны.
Пример 79. В треугольнике АВС проведены высоты BM и CN, О - центр
окружности, касающейся стороны ВС и продолжений сторон АВ и АС.
Известно, что ВС=12, MN=6. Найдите радиус окружности, описанной около
треугольника ВОС.
Ответ: 4√3 или 12.
Если две хорды пересекаются внутри окружности, то угол между
хордами измеряется полусуммой дуг, заключённых между хордами. Если
же хорды пересекаются вне окружности, то угол между ними измеряется
полуразностью соответствующих дуг.
Пример 80. На стороне АС треугольника АВС как на диаметре построена
окружность, пересекающая стороны АВ и ВС в точках D и Е соответственно.
Прямая DE делит площадь треугольника АВС пополам и образует с прямой АС
угол 15° . Найти углы треугольника АВС.
Рис. 50
Решение. Продолжим DE до пересечения с АС в точке К. ∠𝐴𝐾𝐷 = 15°
(рис. 50). АЕ и CD - высоты треугольника АВС, поскольку соответствующие
углы опираются на диаметр. Следовательно, △ 𝐵𝐷𝐸~ △ 𝐵𝐶𝐴, коэффициент
подобия 𝑘 =
𝐵𝐷
𝐵𝐶
= 𝑐𝑜𝑠𝐵. Но 𝑘 2 =
𝑆𝐵𝐷𝐸
𝑆𝐵𝐶𝐴
1
= . Отсюда 𝑐𝑜𝑠𝐵 =
2
√2
,
2
∠𝐵 =
𝜋
4
, из
39
треугольника BDC ∠𝐵𝐶𝐷 =
свойству хорд ∠𝐴𝐾𝐷 =
̆ +𝐶𝐸
̆
𝐷𝐸
2
=
𝜋
3
𝜋
4
̆ −𝐶𝐸
̆
𝐴𝐷
𝜋
5𝜋
,
𝜋
2
𝜋
5𝜋
4
3
12
, ∠𝐶 = 𝜋 − − =
𝜋
̆ = 𝛼, 𝐶𝐸
̆ = 𝜋 − 𝛼. По
̆ = 𝜋 . Обозначим 𝐴𝐷
, 𝐵𝐸
𝜋
12
=
2
𝜋
𝛼−( −𝛼)
2
2
2
𝜋
, откуда 𝛼 = .
3
Находим ∠𝐴 =
.
Ответ: ; ;
.
3 4 12
Пример 81. Окружность, проходящая через вершины K и N треугольника
EKN, пересекает стороны EK и EN в точках L и М соответственно. Биссектриса
угла Е пересекает отрезки LM и KN в точках Р и R соответственно. Прямые LM
и KN пересекаются в точке F. Через F проведена прямая перпендикулярно ER,
пересекающая отрезки KL и MN в точках Q и S соответственно.
а) Докажите, что PQRS - ромб; б) Найдите 𝑆PQRS , если LE=4, EM=6, LM=5,
KN=15.
72√7
Ответ:
.
5
Указание: а) Сделайте рисунок. Достаточно доказать, что точка О
пересечения отрезков PR и QS делит их пополам. В треугольнике ELM ЕО
является биссектрисой и высотой, следовательно, и медианой: QO=OS.
Треугольники ELP, ENR подобны по двум углам, следовательно, ∠𝐸𝑃𝐿 =
∠𝐸𝑅𝑁. Но ∠𝐸𝑃𝐿 = ∠𝐹𝑃𝑂, трегольник FPR равнобедренный, его высота FO
является мединой: PO=OR. б) В треугольнике ELM найти биссектрису ЕР (с. 8),
угол LEP. Из подобия треугольников LEM, NEK найти ОР и по углу LEP найти
OQ.
Пример 82 (из тренировочного варианта ЕГЭ 2012). Отрезок 𝐻1 𝐻2 ,
соединяющий основания 𝐻1 и 𝐻2 высот 𝐴𝐻1 и 𝐴𝐻2 треугольника ABC, виден
из середины стороны AB под прямым углом. Найдите угол C.
𝜋 3𝜋
Ответ: ;
.
4
4
Пример 83 (из тренировочного варианта ЕГЭ 2012). В окружность
радиуса √19 вписана ломаная ABC, причём 𝐴𝐵 = 6 − √2 , 𝐵𝐶 = 3 + √2 . Из
середины K меньшей из двух дуг AC опущен перпендикуляр KM на хорду AB.
Найдите длину отрезка AM.
Ответ: 4,5 или 1,5-√2.
Задачи для самостоятельного решения
1. (ГИА 2013) Через середину K медианы BM треугольника ABC и
вершину A проведена прямая, пересекающая сторону BC в точке P. Найдите
отношение площади треугольника ABK к площади четырёхугольника KPCM .
3
Ответ: .
5
2. В треугольнике АВС точка К на стороне АВ и точка М на стороне АC
АК
3
АМ
4
расположены так, что
= , а
= . Найти отношение, в котором прямая,
КВ
2
МС
5
40
проходящая через точку К параллельно стороне ВС, делит отрезок ВМ. Ответ:
18
.
7
3. В параллелограмме АВСD на диагонали АС взята точка Е так, что
длина АЕ составляет треть длины АС, а на стороне АD взята точка F так, что
AF составляет четверть длины AD. Найти площадь АВСD, если площадь
четырёхугольника ABGE ( где G - точка пересечения прямой FE со стороной
ВС) равна 8. Ответ: 24.
4. В треугольнике АВС на основании АС взяты точки Р и Q так, что
длина отрезка АР меньше, чем длина отрезка АQ. Прямые ВР и ВQ делят
медиану АМ на три равные части. Известно, что длина отрезка РQ равна 3.
Найти длину стороны АС. Ответ: 10.
5. В треугольнике АВС медиана AD и биссектриса BE перпендикулярны
и пересекаются в точке F. Площадь треугольника DEF равна 5. Найти площадь
треугольника АВС. Ответ: 60.
6. (ГИА-2014).Одна из биссектрис треугольника делится точкой
пересечения биссектрис в отношении 8:5, считая от вершины. Найдите
периметр треугольника, если длина стороны, к которой эта биссектриса
проведена, равна 20. Ответ: 52.
7. (ГИА-2014). Медиана ВМ и биссектриса АР треугольника АВС
пересекаются в точке К, АС:АВ=9:4. Найти отношение площади треугольника
104
АВК к площади четырёхугольника КРСМ. Ответ:
.
189
8. Медина, проведённая из вершины А прямого угла прямоугольного
треугольника АВС, делит биссектрису, проведённую из вершины С, в
отношении 7:2, считая от вершины. Найти синус угла В. Ответ: 0,4.
9. На сторонах выпуклого четырёхугольника АВСD, площадь которого
𝐴𝐾
𝐵𝐿
равна 1, взяты точки К∈ АВ, 𝐿 ∈ 𝐵𝐶, 𝑀 ∈ 𝐶𝐷, 𝑁 ∈ 𝐷𝐴. При этом
= 2,
=
1
𝐶𝑀
𝐷𝑁
𝐾𝐵
1
11
𝐿𝐶
= 1,
= . Найти площадь шестиугольника AKLCMN. Ответ: .
𝑁𝐴
5
12
10. В треугольнике АВС на сторонах АВ, ВС, СА отложены
1
1
1
соответственно отрезки 𝐴𝐷 = 𝐴𝐵, 𝐵𝐸 = 𝐵𝐶, 𝐶𝐹 = 𝐴𝐶.
3
3
3
а) Докажите, что 𝑆𝐴𝑀𝐶 = 𝑆𝐴𝑁𝐵 = 𝑆𝐵𝐾𝐶 , где 𝑀 = 𝐴𝐸 ∩ 𝐶𝐷, 𝐾 = 𝐶𝐷 ∩ 𝐵𝐹, 𝑁 =
𝐴𝐸 ∩ 𝐵𝐹. б)Найдите, какую часть от площади треугольника АВС составляет
1
площадь треугольника МNК. Ответ: .
7
11. Из точки М, которая расположена внутри остроугольного
треугольника АВС, опущены перпендикуляры на стороны. Длины сторон и
опущенных на них перпендикуляров соответственно равны a и k, b и m, c и n.
Найти отношение площади треугольника АВС к площади треугольника,
𝑎𝑏𝑐
вершинами которого служат основания перпендикуляров. Ответ:
.
𝑚𝑘𝑐+𝑛𝑘𝑏+𝑚𝑛𝑎
12. Площадь трапеции ABCD равна 30. Точка P - середина боковой
стороны AB. Точка R на боковой стороне CD выбрана так, что 2CD = 3RD.
Прямые AR и PD пересекаются в точке Q . Найти площадь треугольника
10
APQ, если AD = 2BC. Ответ: .
3
,
𝑀𝐷
3
41
13. Через вершины А и В треугольника АВС проведена окружность
радиуса 2√5, отсекающая от прямой ВС отрезок 4√5 и касающаяся прямой АС
в точке А. Из точки В проведён перпендикуляр к прямой ВС до пересечения с
5√5
прямой АС в точке F. Найти площадь треугольника АВС, если ВF=2. Ответ:
.
3
14. В выпуклом четырёхугольнике АВСD точка Е – пересечение
диагоналей. Известно, что площадь каждого из треугольников АВЕ и DСЕ
равна 1, площадь всего четырёхугольника не превосходит 4, длина стороны АD
равна 3. Найти длину стороны ВС. Ответ: 3.
15. Из вершины С квадрата ABCD проведена прямая, пересекающая луч
AD в точке К. Точка L на прямой АК равноудалена от прямой СК и прямой АС,
причём AL на 1 длиннее, чем LK. Треугольник АСК тупоугольный, АК=9.
5+√7
Найти 𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐶𝐾. Ответ:
.
8
16. В треугольнике АВС точка D делит сторону АВ пополам, а точка Е
лежит на стороне ВС, причём длина отрезка ВЕ в три раза меньше длины
стороны ВС. Отрезки АЕ и СD пересекаются в точке О. Найти длину стороны
АВ, если длина отрезка АЕ равна 5, длина отрезка ОС равна 4, а величина угла
АОС равна 120°. Ответ: 2√7.
17. Боковая сторона АВ трапеции АВСD равна l, а расстояние от
середины СD до прямой АВ равно m. Найти площадь трапеции. Ответ: lm.
18. Диагонали АС и ВD трапеции АВСD пересекаются в точке Е. Найти
площадь трапеции, если площадь треугольника АЕD равна 9, а точка Е делит
одну из диагоналей в отношении 1:3. Ответ: 16, 48 или 144.
19. Диагонали трапеции равны 13 и √41, а высота равна 5. Найдите
площадь трапеции. Ответ:20; 40.
20. Сумма углов при основании AD трапеции ABCD равна 90°, а разность
длин оснований трапеции равна 4. Найдите длину отрезка, соединяющего
середины оснований трапеции. Ответ: 2.
21. В трапеции ABCD (AD ║ BC, AD > BC) на диагонали AC выбрана
точка E так, что BE║CD. Площадь треугольника ABC равна 10. Найдите
площадь треугольника DEC. Ответ:10.
22. Внутри треугольника взята точка K. Известно, что длина отрезка AK
равна 1, длина отрезка KC равна √3 , а величины углов AKC, ABK и KBC
√6
равны 120°, 15° и 15° соответственно. Найти длину отрезка BK. Ответ:
.
√3−1
23. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H. Известно, что CH
𝜋
3𝜋
= AB. Найти угол ACB. Ответ: или
.
4
4
24. (ЕГЭ 2013). Окружности радиусов 1 и 7 с центрами 𝑂1 и
𝑂2 соответственно касаются в точке А . Прямая, проходящая через точку А ,
вторично пересекает меньшую окружность в точке В, а большую – в точке С.
Найдите площадь треугольника ВС𝑂2 , если
∠АВ𝑂1 = 22,5° . Ответ:
21√2
2
; 14√2 .
42
25. ( ЕГЭ 2013). В окружности проведены хорды PQ и CD, причём
PQ=PD=CD=12, CQ=4. Найдите CP. Ответ: 4√6; 8√3 .
26. (ЕГЭ 2014). В остроугольном треугольнике АВС провели высоту ВН.
Из точки Н на стороны АВ и ВС опустили перпендикуляры НК и НМ
соответственно.
а) Докажите, что треугольник МВК подобен треугольнику АВС. б) Найдите
отношение площади треугольника МВК к площади четырёхугольника АКМС,
если ВН=2, а радиус окружности, описанной около треугольника АВС, равен 4.
1
Ответ: .
15
27. (ЕГЭ 2014). Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает
сторону ВС в точке К, а окружность, описанную около треугольника АВС, в
точке М.
а) Докажите, что треугольник ВМС равнобедренный. б) Найдите радиус
окружности, описанной около треугольника КМС, если АС=6, ВС=7, АВ=8.
8√15
Ответ:
.
15
28. Точка О лежит на отрезке АВ так, что АО=13, ОВ=7. Проведена
окружность радиуса 5 с центром в точке О. Из А и В к ней проведены
касательные, пересекающиеся в точке М, причём точки касания лежат по одну
сторону от прямой АВ. Найти радиус окружности, описанной вокруг
91(6−√6)
треугольника АВМ. Ответ:
.
30
29. В четырёхугольнике ABCD, вписанном в окружность, диагонали AC
и BD перпендикулярны и пересекаются в точке Q. Длина отрезка,
соединяющего вершину С с серединой отрезка AD, равна 3. Расстояние от
2
точки Q до отрезка ВС рано 1, AD=2. Найти длину отрезка AQ. Ответ: √ .
3
30. Четырёхугольник ABCD описан около окружности и вписан в
окружность. Прямые АВ и DC пересекаются в точке М. Найдите площадь
четырёхугольника, если известно, что ∠𝐴𝑀𝐷 = 𝛼 и радиусы окружностей,
вписанных в треугольники ВМС и AMD, равны соответственно r и R. Ответ:
𝑅(𝑅 2 −𝑟 2 )
𝛼 𝑟(𝑟 2 −𝑅 2 )
𝛼
𝑐𝑡𝑔 ;
𝑐𝑡𝑔 .
𝑟
2
𝑅
2
31. В окружности проведены хорды KL,MN,PS. Хорды KL,PS
пересекаются в точке С, хорды KL,MN пересекаются в точке А, хорды MN и
PS пересекаются в точке В, причём AL=CK, AM=BN, BS=5, BC=4 . Найдите
радиус окружности, если ∠ВАС = 45°. Ответ: √13 ; √53.
32. В окружность с центром О вписана трапеция ABCD , в которой
AB║DC, AB=5, DC=1, ∠АВС = 60°. Точка К лежит на отрезке АВ; АК=2.
Прямая СК пересекает окружность в точке F, отличной от С. Найти площадь
19√3
треугольника OFC. Ответ:
.
52
33. Площадь равнобедренной трапеции равна 10. Окружность,
построенная на боковой стороне трапеции как на диаметре, касается прямой,
43
содержащей другую боковую сторону, и делит большее основание трапеции в
отношении 4:5. Найдите стороны трапеции. Ответ: 4,5; 2√5; 0,5; 4,5.
34. Площадь треугольника АВС равна 2√3 − 3, а угол ВАС равен 60°.
Радиус окружности, касающейся стороны ВС и продолжений сторон АВ и АС
равен 1. Найдите углы АВС и АСВ данного треугольника. Ответ: 30°, 60° и 90°.
35. Продолжение медианы треугольника АВС, проведённой из вершины
А, пересекает описанную около треугольника АВС окружность в точке D.
Найти длину отрезка ВС, если длина каждой из хорд АС и DC равна 1. Ответ:
√2.
36. Четырёхугольник KLMN вписан в окружность, его диагонали KM и
LN пересекаются в точке F, причём KL = 8, MN = 4, периметр треугольника
MNF равен 9, площадь треугольника KLF равна 3√5. Найдите радиус
12
8
окружности, описанной около треугольника KNF. Ответ:
;
.
√15 √15
37. Точки K,L,M,N,Р расположены последовательно на окружности
радиуса 2√2. Найти площадь треугольника KLM, если LM║KN, KM║NP,
MN║LP, ∠LОM=45°, где О – точка пересечения хорд LN и MP. Ответ:4.
38. Известно, что трапеция KLMN - равнобедренная, KN║LM и KN<LM.
Трапеция NKPM также равнобедренная, причём KP║ NM и KP> NM . Найти
3
LN , если известно, что синус суммы углов ∠NLM и ∠KPN равен , а LP=6.
Ответ:
15
4
5
.
39. В окружность радиуса√7 вписана трапеция с меньшим основанием 4.
Через точку на этой окружности, касательная в которой параллельна одной из
боковых сторон трапеции, проведена параллельная основаниям трапеции хорда
окружности длины 5. Найти длину диагонали трапеции и её площадь. Ответ:
5;
975√3
.
40. Внутри прямоугольного треугольника помещены две окружности
одинакового радиуса, каждая из которых касается одного из катетов,
гипотенузы и другой окружности. Найти радиусы этих окружностей, если
196
катеты треугольника равны a и b. Ответ:
𝑎𝑏√𝑎2 +𝑏2
.
(𝑎+𝑏)(𝑎+𝑏+√𝑎2 +𝑏2 )
41. В прямоугольном треугольнике АВС длина катета АВ равна 4, а длина
катета АС равна 3. Точка D делит гипотенузу ВС пополам. Найти расстояние
между центрами окружностей, вписанных в треугольник АDС и в треугольник
5
АВD. Ответ: √13.
12
42. В треугольнике АВС угол В прямой, точка М лежит на стороне АС,
𝜋
причём АМ:МС = √3: 4. ∠𝐴𝐵𝑀 = , 𝐵𝑀 = 8. Найдите ∠BAC и расстояние
3
между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ВСМ и ВАМ.
Ответ: arctg4; 17.
43 (ЕГЭ 2014). Около остроугольного треугольника АВС описана
окружность с центром О. На продолжении отрезка АО за точку О отмечена
точка К так, что ∠ВАС + ∠АКС = 90°.
44
а) Докажите, что четырёхугольник ОВКС - вписанный.
б) Найдите радиус окружности, описанной около четырёхугольника ОВКС,
3
если cos ∠ВАС = , ВС=48. Ответ: 25.
5
44. Окружность проходит через вершины А и С треугольника АВС,
пересекает сторону АВ в точке D и сторону ВС в точке Е. Найти величину угла
√2
СDВ, если АD = 5, АС = 2√7, ВЕ = 4, ВD : СЕ = 3 : 2. Ответ: 𝜋 − arccos .
4
45. На стороне АВ треугольника АВС как на диаметре построена
полуокружность ω, которая пересекает прямые АС и ВС в точках В1 и А1
соответственно. Найдите радиус полуокружности ω, если известно, что А1 С =
8, В1 С = 7, а площадь треугольника А1 В1 С равна 14√3 . Ответ: √57 ;13.
46. Радиусы окружностей с центрами О1 и О2 равны соответственно 2 и
9. Найдите радиус третьей окружности, которая касается двух данных и прямой
О1 О2 , если О1 О2 = 21. Ответ: 8 или 80.
47. В выпуклом пятиугольнике ABCDE диагонали ВЕ и СЕ являются
биссектрисами углов при вершинах В и С соответственно.
а) Докажите, что точка Е есть центр вневписанной окружности треугольника
ОСВ, где О – точка пересечения прямых CD и AB. б) Найдите площадь
пятиугольника ABCDE, если ∠𝐴 = 35°, ∠𝐷 = 145°, а площадь треугольника
ВСЕ равна 11. Ответ: 22.
48. В окружность радиуса 2√7 вписана трапеция АВСD, причём её
𝜋
основание АD является диаметром, а величина угла ВАD равна . Хорда СЕ
3
пересекает диаметр АD в точке Р, такой, что АР : РD = 1 : 3. Найти площадь
треугольника ВРЕ. Ответ: 3√3.
3
49. Стороны параллелограмма равны 3 и 8, а косинус острого угла равен
8
. Диагональ параллелограмма разбивает его на два треугольника. Найдите угол
между этой диагональю и прямой, проходящей через центры окружностей,
вписанных в эти треугольники. Ответ: arctg (√
11
5
− 1) ; 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
6√55
5(√91+11)
.
50. В прямоугольнике АВСD известны стороны АВ=12 и ВС=14. Через
вершину С проведена прямая, касающаяся окружности радиуса 4 с центром в
точке А и пересекающая прямую АD в точке М. Найдите АМ. Ответ: 5; 8,5.
51. Углы треугольника АВС удовлетворяют равенству 𝑐𝑜𝑠 2 𝐴 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝐵 +
𝑐𝑜𝑠 2 𝐶 =1. Найти площадь этого треугольника, если известны радиусы
вписанной 𝑟 = √3 и описанной R= 3√2 окружностей. Ответ: 3(2√6 + 1).
52. Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке А .
Через точку В на их общей касательной АВ проведены две прямые, одна из
которых пересекает первую окружность в точках M и N, а другая вторую
окружность в точках P и Q . Известно, что AB=6, BM=9, BP=5. Найти
отношение площадей треугольников MNO и PQO, где О- точка пересечения
625
прямых MP и NQ . Ответ:
.
121
45
53. Две окружности с центрами 𝑂1 и 𝑂2 , лежащими на стороне MN
треугольника MPN, касаются друг друга и пересекают стороны MP и PN в
точках M, D и N,C соответственно, причём 𝑀𝑂1 = 𝑂1 𝐷 = 3 и 𝑁𝑂2 = 𝐶𝑂2 = 6.
Найти площадь треугольника MNP, если известно, что отношение площади
8
треугольника 𝑀𝐶𝑂2 к площади треугольника 𝑂1 𝐷𝑁 равно √3 и 𝑃𝑁 =
5
𝑀𝑃√2 − √3 . Ответ:
81
2
(2√3 − 3).
54. Окружность, диаметр которой равен √10 , проходит через соседние
вершины А и В прямоугольника АВСD. Длина касательной, проведённой из
точки С к окружности, равна 3, и АВ=1. Найти все возможные значения,
3
которые может принимать длина стороны ВС. Ответ: (√5 ± 1).
2
55. Два круга, расстояние между центрами которых равно √3, имеют
радиусы √3 и 3. Найдите отношение площади круга, вписанного в общую часть
9𝜋
данных кругов, к площади общей части. Ответ:
.
𝜋
14𝜋−6√3
56. В треугольнике АВС ∠𝐵 = . Через точки А и В проведена
3
окружность радиуса 3, касающаяся прямой АС в точке А . Через точки В и С
проведена окружность радиуса 4, касающаяся прямой АС в точке С . Найти
длину стороны АС. Ответ: 6.
57. Вокруг треугольника MKH описана окружность радиуса r с центром в
точке О. Длина стороны HM равна α. Для сторон треугольника выполняется
соотношение 𝐻𝐾 2 − 𝐻𝑀2 = 𝐻𝑀2 − 𝑀𝐾 2 . Найти площадь треугольника OLK ,
𝑎
где L – точка пересечения медиан треугольника MKH. Ответ: √3𝑟 2 − 𝑎2 .
6
58. На отрезке АВ взята точка С, отрезки АВ и СВ служат диаметрами
окружностей. Хорда АМ касается меньшей окружности в точке D. Прямая BD
пересекает большую окружность в точке N, ∠𝐷𝐴𝐵 = α, AB = 2R. Найти
площадь четырёхугольника ABMN. Ответ: 𝑅2 𝑐𝑜𝑠𝛼(1 + 𝑠𝑖𝑛𝛼).
59. В треугольнике АВС проведена средняя линия MN , соединяющая
стороны АВ и ВС. Окружность, проведённая через точки M, N и C, касается
стороны АВ, а её радиус равен √2. Длина стороны АС равна 2. Найти 𝑠𝑖𝑛∠АС𝐵.
1
Ответ: .
2
60. В остроугольном треугольнике АВС проведены высота AH длины h,
медиана АМ длины l и биссектриса AN. Точка N -середина отрезка MH. Найти
расстояние от вершины А до точки пересечения высот треугольника АВС.
Ответ: √
𝑙 2 −h2
2h
.
61. В треугольнике АВС ВС=4, АВ=2√19. Центр окружности,
проведённой через середины сторон треугольника, лежит на биссектрисе угла
С. найти длину АС. Ответ: 10.
62. В треугольнике АВС ∠𝐵𝐴𝐶 = 75°, длина стороны АВ равна с, длина
стороны АС равна b. На стороне ВС выбрана точка M так, что ∠𝐵𝐴𝑀 = 30°.
46
Продолжение прямой АМ пересекает окружность, описанную вокруг
𝑏
треугольника, в точке N. Найти длину отрезка AN. Ответ: (√3 − 1) (𝑐 + ).
√2
63. В выпуклом четырёхугольнике АВСD проведены диагонали АС и
BD. Известно, что АD =2, ∠𝐴𝐵𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐷 = 90° и расстояние между точкой
пересечения биссектрис треугольника ABD и точкой пересечения биссектрис
треугольника ACD равно √2. Найти длину стороны ВС. Ответ: √3.
Литература
1.
Штраус Л.А. Планиметрия в вариантах ЕГЭ и ГИА [Текст]:
методические рекомендации / Л.А. Штраус, И.В. Баринова.- Ульяновск: ОГБОУ
ДПОУИПКПРО, 2014.- 46 с.
2.
Шарыгин И.Ф. Математика. Для поступающих в вузы: Учеб.
пособие [Текст]. - М.: Дрофа, 2006.- 477 с.
3. Ткачук В.В. Математика-абитуриенту [Текст].-М.: МЦМНО, 2005.-944
с.
4. Высоцкий И.Р. ЕГЭ 2010. Математика. Типовые тестовые задания
[Текст] / И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.; под ред. А.Л.
Семёнова, И.В. Ященко. – М.: Издательство «Экзамен», 2010. –55 с.
5. Высоцкий И.Р. ЕГЭ 2011. Математика. Универсальные материалы для
подготовки учащихся [Текст] / И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.;
под ред. А.Л. Семёнова, И.В. Ященко. ФИПИ. – М.: Интеллект-Центр, 2011. –
144 с.
6. Высоцкий И.Р. Самое полное издание типовых вариантов заданий
ЕГЭ: 2011: Математика [Текст] / И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и
др.; под ред. А.Л. Семёнова, И.В. Ященко. ФИПИ. – М.: АСТ: Астрель, 2011. –
95 с.
7. Высоцкий И.Р. ЕГЭ 2012. Математика: типовые экзаменационные
варианты: 10 вариантов [Текст] / И.Р. Высоцкий, И.В. Ященко; под ред. А.Л.
Семёнова, И.В. Ященко. – М.: Национальное образование, 2011. – 80 с.
8. Высоцкий И.Р. Самое полное издание типовых вариантов заданий
ЕГЭ: 2012: Математика [Текст] / И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и
др.; под ред. А.Л. Семёнова, И.В. Ященко. ФИПИ. – М.: АСТ: Астрель, 2011. –
93 с.
9. Высоцкий И.Р. ЕГЭ 2013. Математика. Типовые тестовые задания
[Текст] / И.Р. Высоцкий, П.И. Захаров, В.С. Панфёров и др.; под ред. А.Л.
Семёнова, И.В. Ященко. – М.: Издательство «Экзамен», 2013. –55 с.
10. Высоцкий И.Р. ЕГЭ 2014. Математика. 30 вариантов типовых
тестовых заданий и 800 заданий части С [Текст] / И.Р. Высоцкий, П.И. Захаров,
В.С. Панфёров и др.; под ред. А.Л. Семёнова, И.В. Ященко. – М.:
Издательство «Экзамен», 2014. –215 с.
47
Содержание
1. Введение…………………………………………………………….. 3
2. Треугольник…………………………………………………………. 4
3. Метод координат…………………………………………………….14
4. Трапеция……………………………………………………………...17
5. Окружность…………………………………………………………..20
6. Задачи для самостоятельного решения……………………………40
7. Литература……………………………………………………………47
48
Штраус Леонид Авраамович,
Баринова Ирина Валентиновна
Планиметрия в вариантах
ЕГЭ и ГИА
Методические рекомендации
49