САМ

Школа- 4
АБИТУРИЕНТА
НАУЧИСЬ
САМ
;
А.Г.Мордкович
Геометрические
задачи
на плоскости
50 задач с решениями
Комментарии, советы, замечания
50 задач для самостоятельного решения
Ответы, указания
Москва
«Школа-Пресс»
1995
ББК 22.1; 74.262
М79
ВВЕДЕНИЕ
Мордкович А. Г.
М 79 Геометрические задачи на плоскости - М •
Школа-Пресс, 1995.-80 с. (Серия «ШАНС»Школа Абитуриента: Научись Сам)
15ВЫ 5-88527-112-7
Пособие включает 50 планиметрических задач с решениями, замечаниями, советами и комментариями Столько же
заниями.М° СаМ°СТОЯТ—° решения с ответами и ^ка-
Для учащихся, студентов, учителей математики.
4306020500 - 091
С79(03) - 95
ББК 22.1; 74.26
151Ш 5-88527-112-7
© А. Г. Мордкович, 1995 © Издательство
«Школа-Пресс», 1995
Какие задачи из элементарной математики считаются
самыми трудными? Наверное, большинство читателей ответит
— геометрические. Почему? Самое трудное в решении любой
задачи — составление плана решения. В алгебре,
тригонометрии,
началах
математического
анализа
разработана целая серия алгоритмов решения типовых задач;
если есть алгоритм, значит, есть определенная программа
действий, а потому трудности, связанные с решением той или
иной задачи, имеют чаще всего технический, а не
принципиальный характер. Иное дело геометрические задачи.
Здесь, как правило, нет каких-либо универсальных методов
решения, нет алгоритмов и, самое главное, очень непросто из
обширного списка теоре°м выбрать ту, которая наилучшим
образом подходит к рассматриваемой задаче. Потому
основной рецепт имеет скорей философский, чем
дидактический
характер:
хочешь
научиться
решать
геометрические задачи — решай их! Вот я и хочу вместе с
вами решить сто планиметрических задач (половину — я,
половину — вы), обратить ваше внимание на отдельные
моменты, дать полезные советы.
Независимо от выбора метода решения задачи ус пешность
его использования зависит от знания теорем и умения их
применять. Не приводя здесь всех теорем планиметрии (это,
например, хорошо известные вам признаки равенства и
подобия
треугольников,
свойства
равнобедренного
треугольника, параллелограмма, прямоугольника, ромба,
теорема Пифагора, соотношения между сторонами и углами в
прямоугольном треуголь-
3
пике и т. д.), я хочу обратить ваше внимание на «рабочие»
теоремы, которые, с одной стороны, активно используются
при решении задач, но, с другой стороны, как показывает
опыт, не всегда находятся у решающего задачу «на первом
уровне памяти». Перечислением таких «теорем-тружеников»
будет начинаться каждый параграф. Пусть эти теоремы станут
вашими надежными помощниками.
В каждом параграфе, кроме списка полезных теорем и
задач с решениями, вы найдете замечания (они имеют по всей
книге сквозную нумерацию). Не пропускайте их,
рассматривайте как полезные советы автора. В конце каждого
параграфа приведены задачи для самостоятельного решения,
их количество совпадает с количеством разобранных задач,
даны ответы к ним. Если вы затрудняетесь в решении той или
иной задачи, то обратитесь за помощью к указаниям — они
приведены в конце книги (для отдельных задач).
Еще одна особенность книги, которую вы держите в руках:
при разборе задач, как правило, фиксируются отдельные
этапы рассуждений. Это сделано, чтобы вам легче было
следить за ходом рассуждений. Советую и вам, когда будете
решать задачи самостоятельно, выделять отдельные этапы.
Желаю вам успехов!
Автор
§ 1. Треугольники и четырехугольники
Решая задачи о треугольниках и четырехугольниках,
обратите внимание на следующие теоремы:
1. Теорема о равенстве углов со взаимно перпендикулярными сторонами: если А. АВС и ЭЕР оба острые или оба
тупые и АВ±ОЕ, ВС±ЕЕ, то АВС = ЭЕЕ
2. Свойства средней линии трапеции:
а) средняя линия параллельна основаниям трапеции;
б) средняя линия равна полусумме оснований трапеции;
в) средняя линия (и только она) делит пополам любой
отрезок КЬ, заключенный между основаниями трапеции (рис.
2).
в^С
НК
V
Рис. 2
Эти теоремы справедливы и для средней линии треугольника, если считать треугольник «вырожденной» трапецией, одно из оснований которой имеет длину, равную
нулю.
3. Теоремы о точках пересечения медиан, биссектрис,
высот треугольника:
а) три медианы треугольника пересекаются в одной
5
точке (ее называют центром тяжести треугольника) и
делятся в этой точке в отношении 2 : 1, считая от вершины;
б) три биссектрисы треугольника пересекаются в одной
точке;
в) три высоты треугольника пересекаются в одной точке
(ее называют ортоцентром треугольника).
4. Свойство медианы в прямоугольном треугольнике: в
прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к
гипотенузе, равна ее половине.
Верна и обратная теорема: если в треугольнике одна из
медиан равна половине стороны, к которой она проведена, то
этот треугольник — прямоугольный.
5. Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника:
биссектриса внутреннего угла треугольника делит сторону, к
которой она проведена, на части, пропорциональные
прилежащим сторонам: ^ = ^ (рис. 3).
6. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике: если а и Ъ — катеты, с — гипотенуза, И — высота,
а' и Ъ' — проекции катетов на гипотенузу, то:
а) Н2 = а'Ь'■ б) а2 = са'\ в) Ь2 = сЬ'\ г) а2 + Ь2 = с2; д) И = &
(рис. 4).
Рис. 3
Рис. 4
7. Определение вида треугольника по его сторонам:
пусть а, Ъ и с — стороны ^треугольника, причем с —
наибольшая сторона, тогда:
а) если с2 < а2 + Ь2, то треугольник остроугольный;
б) если с2 = а2 + Ъ2, то треугольник прямоугольный;
с) если с2 > а2 + Ь2, то треугольник тупоугольный.
8. Метрические соотношения в параллелограмме:
сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон:
+ = 2а2 + 2Ь2 (рис. 5).
9. Теорема синусов: во всяком треугольнике выполняется соотношение:
7
д = о = с _ 2К
51П А 81ПЯ 51П С
'
где а, Ь, с — стороны; А, В, С — противолежащие им углы
треугольника; К — радиус описанной окружности.
а
Рис. 5
10. Теорема косинусов: во всяком треугольнике выполняется соотношение:
а2 = Ь2 + с2 - 2Ьс С05У 4.
Прежде чем переходить к иллюстрации того, как
перечисленные теоремы «работают» при решении задач,
хотим обратить ваше внимание на одно важное обстоятельство, которое вроде бы все знают, но не всегда осознанно
используют.
При решении геометрических задач часто приходится
устанавливать равенство двух отрезков (или углов). Ука жем
три основных пути геометрического доказательства
равенства двух отрезков:
1) рассматривают эти отрезки как стороны двух треугольников и доказывают, что эти треугольники равны;
2) рассматривают эти отрезки как стороны одного
треугольника и доказывают, что этот треугольник равнобедренный;
3) заменяют отрезок а равным ему отрезком а', а отрезок
Ь равным ему отрезком Ь' и доказывают равенство отрезков а'
и Ь'.
Перейдем 1Г разбору задач. Сначала рассмотрим серию
сравнительно
несложных
задач,
иллюстрирующих
применение на практике перечисленных «рабочих» теорем.
З а д а ч а 1. Две взаимно перпендикулярные прямые
пересекают стороны АВ, ВС, СО и АЛ квадрата АВСИ
соответственно в точках Е, Р, К, Ь. Докажем, что ЕК = = ЕЬ
(рис. 6).
Р е ш е н и е 1. Используя первый из указанных выше
путей для доказательства равенства двух отрезков, про ведем
ЕМ | | СО и КР | | АО, тогда интересующие нас
11
отрезки ЕК и РР станут сторонами двух прямоугольных
треугольников (рис. 7).
вVс
4. КР = МР - МК = I - ^ =
,л
Ответ:
а -Ь
2
222
.
3 а д а ч а 3. Докажем, что если две медианы треуголь ника равны, то треугольник равнобедренный.
Р е ш е н и е . Пусть АЕ, СО — медианы треугольника
АВС, М — точка их пересечения, АЕ = СО (рис.9).
АМЛЛ
в
Рис. 7
Рис. 6
2. Имеем РК = РМ (подробнее: РК = АО, АО = АВ,
АВ = РМ, значит, РК = РМ), и АРРМ = ЕКР (как углы
со взаимно перпендикулярными сторонами, теорема 1).
Значит, А ЕКР = А РРМ (по катету и острому углу). Из
равенства прямоугольных треугольников следует равенство их гипотенуз, т.е. отрезков ЕК и РЕ.
З а д а ч а 2. Основания трапеции а и Ь (а > Ь). Чему
равна длина отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции (рис. 8)?
вьс
Рис. 8
Р е ш е н и е . 1. По теореме 2, в, средняя линия МЕ
трапеции АВСй проходит и через точку К, и через точку Р(К и
Р — середины диагоналейЛС и ВГ) соответственно). Но через
две точки можно провести только одну прямую. Значит,
отрезок прямой, проходящей через точки К и Р, заключенный
между боковыми сторонами трапеции, является средней
линией трапеции.
2. В треугольнике АВО МР— средняя линия, значит,
МР = \АО, Т . е. МР = ~
3. В треугольнике А ВС МК— средняя линия, значит, МК =
±ВС, т. е. МК =
9
Рис. 9
1. Рассмотрим треугольники АМО и СМЕ. По теореме
ОМ = | СО, СМ = 1 СО, МЕ = \АЕ, АМ = \АЕ. НО '
з
'
з'з'з
СО = АЕ, значит, ОМ = МЕ, СМ=АМ. Так как, кроме того,
вертикальные углы ОМА и ЕМС равны, то треугольники АМО
и СМЕ равны (первый признак равенства треугольников — по
двум сторонам и углу между ними).
2. Из равенства треугольников АМО и СМЕ следует,
что ЛЯ = СЕ, но АО = \АВ, СЕ = \ВС, значит, АВ = ВС, что и
требовалось доказать.
3, А
3 а м е ч а н и е 1. Из школьного курса геометрии вам
известны некоторые свойства равнобедренного треугольника,
например, равенство углов при основании, наличие у
равнобедренного треугольника оси симметрии. Существенно,
что эти свойства являются не только необходимыми, но и
достаточными условиями равнобедренного треугольника:
если, например, углы при основании треугольника равны, то
треугольник равнобедренный. Несложно доказать, что у
равнобедренного треугольника две медианы обязательно
равны; то же справедливо для высот и биссектрис (решите
соответствующие три задачи — это полезные упражнения). В
задаче 3 мы доказали, что равенство двух медиан является и
достаточным признаком равнобедренного треугольника.
Аналогичные
утверждения
справедливы
для
высот
(проверьте!) и для биссектрис (а вот это проверить довольно
сложно). Ниже в
1
1
задаче 5 мы получим еще один достаточный признак
равнобедренного треугольника (то, что рассматриваемое
условие является необходимым для равнобедренного треугольника, известно из школьного курса математики).
З а д а ч а 4 . Дан треугольник АВС со сторонами АВ = 7, ВС
= 8, АС = 9. На отрезки какой длины делит биссектриса ВО
сторону АС (рис. 10)?
в
З а м е ч а н и е 2. Ясно, что на рис. 11 ВО является и
высотой треугольника. Иными словами, в равнобедренном
треугольнике, и только в нем, одна из биссектрис является
одновременно и медианой, и высотой. В неравнобедренном
треугольнике биссектриса, медиана и высота, проведенные из
одной (любой) вершины, различны, но, что важно
подчеркнуть, биссектриса всегда лежит между высотой и
медианой
(попробуйте,
применив
теорему
5
и
дополнительные соображения, доказать это).
З а д а ч а 6. В прямоугольном треугольнике проекции
катетов на гипотенузу равны, соответственно, 9 и 16. Чему
равны катеты треугольника?
Р е ш е н и е . На рис. 12 изображен прямоугольный
треугольник АВС, А.АСВ = 90°, СН = высота. По условию АН =
9,ВН= 16.
Рис. 10
Р е ш е н и е. Положим АО = х, тогда СО = 9-х. По
АВ АЙ
С
теореме 5 выполняется
соотношение ^ = т -е1 х ,,
21
- = - --- . Из этого уравнения находим х = —.
8 9- х
с
5
Ответ: АО = Ц-, СО = Ц-.
З а д а ч а 5. Докажем, что если в треугольнике биссектриса совпадает с медианой, проведенной из той же
вершины, то треугольник равнобедренный.
Р е ш е н и е . Пусть у треугольника ЛВС ВО — медиана
и биссектриса (рис. 11). По теореме 5 ^ = Но АО = = ОС {ВО —
медиана), т.е. ^ = 1, откуда получаем: АВ = ВС, что и
требовалось доказать.
Рис. 12
/ способ. По теореме 6, а имеем: СН2 =АН ВН, т.е. СН2 = 9
16, СН = 12. Тогда из треугольника АСН по теореме Пифагора
находим
АС = V'АН2 + СН2 = У/92 + 12 2 = 15, ВС =
V СН2 + ВН2 = V12 2 + 16 2 = 20.
II способ. По теореме 6, б имеем: АС2 - АВ АН - (9 + 16)-9
= 25-9, т.е. АС = 15; СВ2=АВ ВН = (9+ 16)16 = 25-16, т.е.
ВС = 20. О т в е т : 15 и 20.
З а д а ч а 7. Стороны треугольника равны а, Ь, с.
Вычислим медиану т с, проведенную к стороне с.
Р е ш е н и е . Удвоим медиану, достроив треугольник
10
11
до параллелограмма/!СВР (рис. 13), и применим к этому
параллелограмму теорему 8. Получим:
СР2 +АВ2 = 2АС2 + 2ВС2, т.е. (2тг)2 + с2 = 2Ь2 + 2а2,
V2а 2 + 26
2
- с2
треугольник ЛВС — прямоугольный, /.С = 90°, а А = = 30°.
III способ. Проведем высоту СН (рис. 15). Имеем:
СН = ВС'Ьт60° =
= 1,5.
22'
откуда находим тс = ------------- --------- .
V2а 2 + 26
2
- с2
Ответ: ----- г ----- .
с
Рис. 14
Рис. 15
СН 15 1
Рис. 13
З а м е ч а н и е 3. При решении геометрических задач часто
приходится делать дополнительные построения. Укажем
некоторые из них: проведение прямой, параллельной или
перпендикулярной одной из имеющихся на рисунке (так мы
сделали в задаче 1), удвоение медианы треугольника, чтобы
достроить треугольник до параллелограмма (задача 7 и так же
поступим еще в двух задачах этого параграфа), проведение
вспомогательной биссектрисы (пример будет приведен ниже).
Есть полезные дополнительные построения, связанные с
окружностью, но о них речь в следующем параграфе.
Из треугольника АСН находим зтА = — = = -,
значит, /.А = 30°, а /.С = 90°.
О т в е т : 30° и 90°.
Рассмотрим теперь серию задач, не «привязанных» к той
или иной теореме.
З а д а ч а 9. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС вне его
построены квадраты АВОЕ и ВСКМ. Докажем, что отрезок ОМ
в два раза больше медианы ВР треугольника АВС (рис. 16).
Р е ш е н и е . Так как надо доказать, что ОМ = 2ВР, то
целесообразно удвоить медиану ВР, достроив А АВС до
параллелограмма АВСТ, а затем доказать, что ОМ = ВТ. Для
доказательства равенства отрезков ОМ и ВТ нужно
рассмотреть эти отрезки в качестве сторон двух треугольников и доказать равенство треугольников. В соответствии с намеченным планом выполним решение задачи.
• З а д а ч а 8. В треугольнике АБС известны две стороны: АС =
3, ВС = Л и АВ = 60°. Чему равны углы А и
С?
Р е ш е н и е . / способ. По теореме синусов (см. теовс лс ,
Лз
рему 9) —— = —г 1/1Ч
(рис. 14), т. е. —— = . _.„, откуда
Г
' 51П/4 51П#
'
81П А 81П 60
находим: зшЛ = у, т. е. А А - 30°, тогда /.С = 90°.
II способ. Положим АВ = с и применим теорему косинусов
(см. теорему 10). Получим АС2=АВ2+ 4- ВС2 - 2АВ • ВС соз В, и
далее, 9 = с 2 + 3 - 2с
с2-^с-6 = 0,с =
=
Так как (2^) 2 = З 2 + {уГ5)2, т.е.АВ2 =АС2 + ВС2, то
Рис. 16
13
11
Рис. 27
1. Удвоим медиану ВР, достроив ААВС ДО параллелограмма АВСТ (рис. 17).
2. Рассмотрим треугольники ИМВ и ВСТ. Имеем:
ВМ = ВС как стороны квадрата ВМКС; ИВ = СТ (более
подробно: ИВ = АВ как стороны квадрата и АВ = СТ как
противолежащие стороны параллелограмма, значит,
йВ = СТ); АОВМ = А.ВСТ (как утлы со взаимно перпендикулярными сторонами). Значит, Л ИВМ = д ВСТ (по
двум сторонам и углу между ними), а потому йМ = ВТ.
3. Так как ВТ = 2ВР, то из ЙМ = ВТ следует, что ИМ =
= 2ВР, что и требовалось доказать.
З а д а ч а 10. Докажем, что в любом треугольнике
сумма медиан меньше периметра, но больше, чем ^
периметра.
Р е ш е н и е . 1. Рассмотрим ААМС (рис. 18).
Имеем: АМ = |АЕ = | та, МС = | СР
(см. теорему 3, а). Так как АМ + МС > АС, то
\та + \тс>Ъ.
(1)
Проведя аналогичные рассуждения для треугольников АМВ и ВМС, получим:
|та + |тй>с,
(2)
\ть + \тс>а.
(3)
Сложив неравенства (1), (2), (3), получим:
та + тъ + тс > | (а + Ь + с),
т.е. мы доказали, что сумма медиан больше, чем ^
периметра.
в
Ж
к
Рис. 18
Рис. 19
2. Удвоим медиану Вй треугольника АВС, достроив
треугольник до параллелограмма АВСК (рис. 19). Тогда
из лВСК получим: ВК < ВС + СК, т. е.
14
Аналогично:
2ть < а + с .
(4)
2та < Ь + с ,
(5)
2тс < а+Ь.
(6)
Сложив неравенства (4), (5), (6), получим: та + ть + тс < а
+ Ь + с, т.е. сумма медиан меньше периметра.
З а д а ч а 11. Докажем, что в неравнобедренном треугольнике биссектриса прямого угла делит пополам угол
между медианой и высотой, проведенными из той же
вершины.
Р е ш е н и е . Пусть АВС — прямоугольный треугольник,
/-С = 90°, СН — высота, СО — биссектриса, СМ — медиана.
Введем обозначения:
/.АСН = а, ААВС =Р, МСВ = у (рис. 20).
с.
Рис. 20
1. Имеем а =/? как углы со взаимно перпендикулярными
сторонами (АС ± ВС, СН ± АВ).
2. Так как СМ = ^АВ (см. теорему 4), то СМ = МВ, а
тогда из Л СМВ делаем вывод, что Р = у. Итак, а = р, р = у,
значит, а = у.
3. А НСЭ = А АСЭ - а, А ЭСМ = АйСВ - у.
Так как а - у и АСЭ = ЛЭСВ (СО — биссектриса), то НСВ
— А ИСМ, что и требовалось доказать.
З а д а ч а 12. Стороны треугольника равны а и Ъ,
проведенные к ним медианы взаимно перпендикулярны. Чему
равна третья сторона треугольника?
Р е ш е н и е . Чтобы сделать правильный чертеж, начнем с
построения
медиан.
Известно,
что
они
взаимно
перпендикулярны (по условию) и, кроме того, по теореме 3, а
делятся в точке пересечения в отношении 2:1 (на рис. 21
АР±ВМ, АО :ОР = 2 :1, ВО: ОМ = 2:1).
Теперь можно построить интересующий нас тре11
угольник АВС (рис. 22). Здесь АС = Ь, ВС = а и нужно найти
длину стороны АВ.
О ^^2 У
.г
Р
А
П
п
Рис. 22
Рис. 21
1. Положим ОМ = х, ОР = у, тогда ОВ = 2х, АО = 2у.
2. Из треугольника АОМ получаем:
АО2 + ОМ2 =АМ2 , т . е . * 2 + 4 =
3. Из треугольника ВОР получаем: ВО 2 + ОР2 = ВР2,
л
Это значит, что в ААВК сумма углов А и В равна 90°, тогда и
угол К равен 90°, т.е. биссектрисы АЕ и ВР взаимно
перпендикулярны. Аналогично доказывается взаимная
перпендикулярность биссектрис АЕ и ВР и СЕ, СЕ и {Ж
2 , 2 а2
т. е. 4*
А
+ у * = —.
4. Получили систему уравнений
Нам нужно ВЫЧИСЛИТЬ _ У4В. ИЗ треугольника АОВ на- ходим
АВ = у/АО 2 + ВО 2 = у/4х2 + Ау2 = 2 V*2 + >>2. Значит,
составленную систему уравнений вовсе не обязательно
решать относительно х и у; достаточно сло_ -у _ у а 2 + Ь 2 жить
уравнения и получим 5х + 5у = —-—, откуда
а*+ Ь'
20 ' _____________
,АВ = 2^77 =
Итак
_______________
=\у/5{а2 + Ъ2)
Рис. 23
Вывод: КЬМЫ — четырехугольник с прямыми углами, т. е.
прямоугольник. У прямоугольника диагонали равны, значит,
достаточно найти длину одной из них, например КМ.
2. Рассмотрим А АВР. У него АК — биссектриса и высота.
Это значит, во-первых, что л АВР — равнобедренный, т. е. АВ
= АР = Ь, и, во-вторых, что АК одновременно является
медианой треугольника АВР, т.е. К— середина ВР.
Аналогично доказывается, что М— середина
3. Рассмотрим прямую КМ. Она делит пополам отрезки ВР
и (Я). Но и средняя линия параллелограмма (учтите, что
параллелограмм — это частный случай трапеции; если мы
можем говорить о средней линии трапеции, то с равным
успехом можем говорить и о средней линии параллелограмма,
обладающей теми же свойствами) проходит через точки К и М
(см. теорему 2, в). Значит, КМ—отрезок на средней линии, а
потому КМ | | Ж>.
4. Так как ВР | | (Д) и КМ \ \ АЛ, то КМЭР — параллелограмм, а потому КМ = РЭ = Ай - АР = а — Ь.
О т в е т : а —Ъ.
О т в е т : \ \/5{а2 + Ъ2).
З а д а ч а 13. В параллелограмме со сторонами а и Ъ (а >
Ъ) проведены биссектрисы внутренних углов. Найдем длины
диагоналей четырехугольника, образованного в пересечении
биссектрис (рис.23).
Р е ш е н и е . 1. На рис. 23 АЕ — биссектриса угла ВАО, ВР
— биссектриса угла АВС. Так как АВС + ВАБ = = 180°, т.е.
2ЛАВР + 2/.ВАЕ = 180°, то /.АВР + + ВАЕ = 90°.
16
З а м е ч а н и е 4. Фактически в процессе решения задачи
(на этапах 1 и 2) мы получили довольно важный результат:
биссектрисы углов, прилегающих к боковой стороне
трапеции, пересекаются иод прямым углом в точке, лежащей
на средней линии трапеции.
17
2 З аказ 57197
З а д а ч а 14. Стороны треугольника равны а, Ь и с.
Вычислим высоту к с, проведенную к стороне с.
Р е ш е н и е . Высота кс является общим катетом двух
прямоугольных треугольников АСН и СВН (рис.24).
Воспользовавшись теоремой Пифагора, выразим СН из ААСН
и из л СНВ. Положим АН = х, тогда ВН = с - х. Если бы ААСВ
был тупоугольным, тогда ВН = с + х (рис 25). Ограничимся
случаем, представленным на рис. 24.
Замечание
5. Основным методом составления
уравнений в геометрических задачах является метод опорного
элемента, который заключается в следующем: один и тот же
элемент (сторона, угол, площадь, радиус и т.д.) выражается
через известные и неизвестные величины двумя различными
способами и полученные выражения приравниваются. Так мы
и поступили при решении задачи 14, где в качестве опорного
элемента была выбрана высота СН (точнее СН 2). С одной
стороны, мы получили, что СН2 = Ь2 -Х2, а с другой: СН2 = а2 - (с
- х)2. Приравняв полученные выражения, мы пришли к
уравнению:
Ь2-х2 = а2 - (с - х)2.
• З а д а ч а 15. Высота, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника АСВ, делит ее на части, равные 9 и
16 см. Из вершины большего острого угла треугольника
проведена прямая АК, проходящая через середину высоты й.
Найдем длину отрезка этой прямой, заключенного внутри
данного прямоугольного треугольника (рис.26).
Рис. 24
Рис. 25
1. Из ААСН находим: СН2 = Ь2 -Х2; из АВСН находим: СН2 =
а — (с — х)2.
2
2.
с
Из уравнения Ь - х = а - (с - х) получаем
2
2
2
2
с2 + Ь2 — а
X =----------
---------
2с
3. Из ААСН находим:
Рис. 26
= ^ ^(а2 - (Ь - с)2) ((Ь + с) 2 - а2) =
= ^ У/(а + Ь - с) (а + с - Ъ) (Ь + с - а) (а + Ь + с) .
Такой же рузультат получается и в случае тупоугольного
треугольника (см. рис.25).
у (а + Ь + с) (а + Ь - с) (а + с - Ь)(Ь + с - а)
Ответ: ---------------
18
—
--------------- .
Р е ш е н и е. 1. Имеем: СН 2 =АН • ВН (теорема 6, а), значит,
СН2 = 9 16, т. е. СН = 12 см, СИ = НО = 6 см. Из А АПН находим:
АП = У/92 + б2 = 3\ГГ5 (см).
2. Проведем НМ \ \ АК и положим /Ж = х. Так как 2Ж —
средняя линия АНСМ, то НМ = 2х. Из подобия
треугольников НМВ и АКВ заключаем, что = —, т. е.
2х
16
= откуда д: = -гг -.
24/ТТ
АК АВ
3. АК = 3 Ш + ^^ = ^^ (см).
^
75 ЛТ
Ответ: ——— см.
19
З а д а ч а 16. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см
вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на
одной стороне треугольника, а две другие вершины — на двух
других
сторонах
треугольника.
Найдем
стороны
прямоугольника, если известно, что его периметр равен 22,5
см.
Р е ш е н и е . 1. Прежде всего определим вид треугольника.
Имеем: 10 1 = 100, 17 2 = 289, 21 2 = 441. Так как 21 2 > 10 2 + 17 2, то
треугольник тупоугольный (теорема 7), а значит, вписать в
него прямоугольник можно только одним способом:
расположив две вершины на большей стороне (рис.27).
ответствующих линейных элементов) другого треугольника как соответственные стороны.
В частности, радиусы описанной или вписанной
окружностей, периметры, соответственные высоты, медианы,
биссектрисы двух подобных треугольников относятся как
соответственные стороны.
* Задача .17. В треугольнике ЛВС известно, что угол Л в два
раза больше угла С, сторона ВС на 2 см больше стороны Л В, а
ЛС = 5 см. Найдем ЛВ и ВС.
Р е ш е н и е . 1. Проведем биссектрису АО угла Л. Тогда
получим, что ^ ВАЛ = ШС = /.ЛСВ (рис.28).
в
Рис. 28
Рис. 27
2. Найдем высоту ВН треугольника ЛВС. Применив метод,
использованный нами в задаче 14, находим: ВН = 8 см.
3. Положим ЕЙ = х. Тогда ЕР = 11,25 -х (поскольку
периметр прямоугольника ОЕРК равен 22,5 см), ВР = 8-х.
ЕР ВР
Треугольники ЕВР и ЛВС подобны, значит, — = — (в
подобных треугольниках отношение соответственных вы- , .
_ч
11,25 — х 8 - х
сот равно коэффициенту подобия), т.е. ——— = ——,
откуда находим:
х = 6, т. е. Ей = 6 см, ЕР = 11,25 - 6 = 5,25 (см).
О т в е т : 6 и 5,25см.
З а м е ч а н и е 6. При решении задачи 16 мы воспользовались тем, что в подобных треугольниках не только
стороны, но и соответствующие высоты пропорциональны.
Более общим фактом является следующий, представляющий
собой, если можно так выразиться, обобщенную теорему
подобия : если два треугольника подобны, то любой линейный
элемент (или сумма линейных элементов) одного
треугольника относится к соответствующему линейному
элементу (или сумме со
2. В лАОС углы при основании равны, значит, этот
треугольник равнобедренный: АО = Ъс. Положим АВ = =
х,ЛО = ОС = у. Тогда но условию ВС = х + 2, а потому Вй =х +
2-у.
3. Треугольники ЭВА нАВС подобны, так как ВАИ = ВСА и
В у этих треугольников общий. Из подобия треугольников
заключаем, что = = т е X _ х + 2 -у _ 2 х + 2
~ х ~ 5'
4. Для отыскания х и у получена система двух уравнений с
двумя неременными:
X_
* + 2~5
\5х=ху + 2у
= ,откуда р* + 10 — 5у = лу .
Вычитая второе уравнение из первого, получим: 5у - 10 =
2у, т. е. у = -у. Значит, = |, т. е. х = 4.
О т в е т : АВ = 4 см, ВС = 6 см.
З а м е ч а н и е 7. Очень часто при составлении отношений
соответственных сторон в подобных треугольни18
20
А.
ках в нетривиальных случаях (тривиальные случаи подо бия были в задачах 15 и 16 — треугольник, подобный
данному, отсекался от него прямой, параллельной одной
из сторон треугольника) решающие задачу допускают
чисто технические ошибки, перепутав порядок треугольников (какой первый, какой второй) или неудачно выбрав пары сторон в качестве соответственных. Наш совет:
если вы установили подобие треугольников АБС и ОЕР,
то «загоните» стороны одного треугольника в числители,
например, так:
АВ ВС _ СА
2. Из треугольника ВМС находим: I§« = - = -.
3. Из треугольника АМО находим: 2а = — =
Учитывая, что соответственными сторонами в подобных треугольниках считаются те, которые лежат против
равных углов, найдите наиболее простые пары соответственных сторон; если это АВ и ДЕ, ВС и ОР, то запишите:
АВ ВС _СА
РЕ
ВС
РР
С
А
Е
задаче
Р
Вернемся еще раз к нашей
17. Треугольники АВИ и
АВС были подобны. Готовим отношение сторон:
— = — = — (в качестве первого выбран ААВО).
Против угла В лежат стороны АО и АС— это одна пара
соответственных сторон; далее, углы ВАЛ и АСВ равны (против
них лежат стороны ВО и АВ) — это вторая пара
соответственных сторон. Значит, можем записать так:
АВ _ ВР _ АР АВ
АС '
Осталась незадействованной сторона ВС. Значит,
окончательно имеем:
А
АВ _ ВР
Р
ВС АВ
трапеции АВСО Ауглы
С'
З а д а ч а 18. В
А и В прямые, АВ = 5,
ВС = 1, АО = 4. На стороне АВ взята точка М так, что угол АМО
вдвое больше угла ВМС. Чему равны длины отрезков АМ и ВМ?
Р е ш е н и е . 1. Положим ВМ = х, тогда АМ = 5 -х. Введем
еще одну переменную: /- ВМС = а, тогда /.АМО = 2а (рис.29).
18
АМ 5 — х
Рис. 29
РЕ РР
В оставшийся знаменатель поместите оставшуюся
сторону (в нашем случае это ЕР), тогда окончательно
получите:
ВМ х
4. Задача свелась к решению системы уравнений
2а=
5-х
(аналитическая модель данной геометрической задачи).
Нас интересует только значение переменной х, поэтому
попытаемся исключить а из полученной системы
2.1
2х
_ 2 _________ х_
уравнений. Имеем: 2а 2
х
—
1
1 - Iё а
1Значит,
2х
х —I
, откуда находим х = 2, т. е.
ВМ = 2, АМ = 5 — 2 = 3.
О т в е т: ВМ = 2, АМ = 3.
• З а д а ч а 19. Точка К— середина стороны АО прямоугольника АВСО. Найдем угол между ВК и диагональю АС,
если известно, что АО :АВ = У Т .
Р е ш е н и е . Положим АВ = а, тогда АО = а ^П. План
решения задачи: выразим через а все стороны треугольника
АМК (рис.30) и применим теорему косинусов для стороны АК.
Это позволит вычислить косинус искомого угла АМК\
обозначим его через х.
1. Отрезки АО и Ж—медианы треугольника АВО. Значит,
МК = ±ВК,АМ = |АО (теорема3,а). Имеем:
23
мк = \вк = \У!АВ2 +Л& =
-^УД2 + (^)2
3 а д а ч а 20. В трапеции АВСО с основаниями АО и ВС АВ
= СО, АС = АО и САО = СОМ, где М- середина ВС. Чему равны
углы трапеции?
Р е ш е н и е . 1. Введем вспомогательный параметр АО = а
(см. замечание 8). Тогда по условию и АС = а. Поскольку нас
интересуют углы, то введем неизвестную величину ^ САО =
МОС = х и на первом этане решения разберемся с другими
углами (рис.31).
Так как АС = АО, то
/1АСО = ААОС =
- 90° - |. •
Тогда
А МОА = А СОА - А СОМ = (90° - -) - х = 90° - —
лм = = = + с/) 2 =
у
Рис. 30
2. В треугольнике ЛМ/С имеем: АК = , ЛЛ/ = ,
МК
= . По
теореме косинусов (теорема 10)
АК2 = АМ2+ МК2- ТАМ-МКсоьх, т.е.
а /I
а/3"
«а уТ а ^ - 2 — - —
а' а 2 а*
а
С08ДГ,
далее: т = У + Т"
У
Е со5х, откуда находим: созд: = 0 и, следовательно,
6
д: = 90°.
О т в е т : 90°.
З а м е ч а н и е 8. Если в задаче требуется найти отношение
некоторых величин (длин или площадей), в частности, если
требуется вычислить какой-либо угол (что обычно сводится к
отысканию некоторой тригонометрической функции угла, а
значит, к отношению сторон прямоугольного треугольника),
то обычно поступают так: считают один из линейных
элементов известным, выражают через него нужные
величины, а затем составляют их отношение. Введенный
линейный элемент называют вспомогательным параметром, а
такой метод решения геометрических задач называется
методом введения вспомогательного параметра. Он
применяется в задачах, где геометрическая фигура определена
с точностью до подобия.
Так мы действовали при решении задачи 19: ввели
вспомогательный параметр а — сторону прямоугольника (эта
вспомогательная
величина
сократилась
в
процессе
преобразований).
24
27 2
2. Теперь приступим к составлению уравнения. Выберем в
качестве опорного элемента (см. замечание 5) высоту
трапеции.,Если эту высоту провести из вершины С, то в ААСНХ
СНх =а&тх (рис.32).
Если высоту трапеции провести из точки М, то в А МОН2
МН2 = 11§(90° - Ц) = | с1 8 у (рис. 33). Мы воспользовались тем,
что трапеция равнобедренная и М — середина ВС, тогда и Н2
будет серединой основания АО.
Так как СНг = МН2, то приходим к уравнению
а 5шх = |с1ёу, т.е. 2$тх = .
Н, V
Рис. 31
Рис. 32
Рис. 33
3. Теперь наступает этап решения составленного уравнения. Имеем последовательно:
Злг
СО$
2'
2 51П X = —, 2 5ШД: 5Ш Ц- = С05
?>х '
. Зх
7
81
С05|-С05у
П= С05у, С05 ^ = СОБ у + С05 у ,
—
С05 ^ = 2 С 052 Г СОХ ~ .
11
По смыслу задачи Ф 0 , значит, 2 соз2д: = 1, т. е.
С052* = |, откуда 2х = 60° , х = 30°.
4. Теперь мы в состоянии ответить на вопрос задачи:
чему равны углы трапеции? Так как /.АЛС = 90° — ^,
то /.АОС = 90° — 15° = 75°. Трапеция равнобедренная, значит,
и ВАИ = 75°, а углы при верхнем основании равны 105°.
О т в е т : 75°, 75°, 105°, 105°.
З а м е ч а н и е 9. Эта задача очень поучительна с методологической точки зрения. Обратите внимание на этапы
решения. На первом этапе мы ввели обозначения (параметр,
неизвестную величину), т.е. сделали подготовку к переводу
задачи на язык формул. На втором этапе составили уравнение,
т.е. составили математическую (точнее аналитическую)
модель заданной ситуации (аналитическую, поскольку
геометрическая модель была представлена на рис.31). На
третьем этапе мы разбирались с составленной моделью, т. е.
решали уравнение. На четвертом этапе с помощью решенного
уравнения ответили на вопрос задачи, т.е. интерпретировали
результат решения уравнения применительно к заданной в
условии геометрической задаче. Это было осуществлением
классической схемы математического моделирования для
изучения реальных (в частности, геометрических) ситуаций:
сначала ситуация формализуется, т.е. вводятся переменные и
составляется математическая модель (функция, уравнение,
система уравнений, неравенство), затем составленная
математическая модель решается, после чего полученный
результат интерпретируется применительно к исходной
ситуации.
Фактически эти три этана (формализация, внутримодельное решение, интерпретация) присутствовали во всех
задачах,
где
нам
пришлось
составлять
уравнения
(проанализируйте с этой точки зрения хотя бы самую первую
из таких задач — задачу 4, посмотрите также на решения задач
12 и 14).
З а м е ч а н и е 10. Вот теперь настало время ответить на
вопрос, какие средства используются для составления
уравнений в геометрических задачах, иными словами, какие
геометрические факты используются для составления
уравнений. К ним относятся: теорема Пифагора; теорема о
биссектрисе треугольника;
26
пропорциональность сторон или других линейных
элементов в подобных треугольниках;
метрические соотношения в прямоугольном треугольнике
(включая тригонометрические соотношения между сторонами
и углами), параллелограмме;
теорема синусов;
теорема косинусов. Дополнения к этому списку будут
сделаны в §§2 и 3.
Очень вам советую: перелистайте книжку с самого начала
и обратите внимание на те задачи, в которых приходилось
составлять уравнения. В задаче 4 для составления уравнения
использовалась теорема о биссектрисе треугольника, в задаче
7 — метрические соотношения в параллелограмме, в задаче 8
—теорема синусов и теорема косинусов, в задачах 12 и 14
—теорема Пифагора, в задачах 15, 16 и 17 — подобие
треугольников, в задачах 18 и 20 — соотношения между
сторонами и углами в прямоугольном треугольнике, в задаче
19 —теорема косинусов.
Задачи для самостоятельного решения
1. В равнобедренном треугольнике угол при вершине
равен 36°, а основание равно а. Найдите боковые стороны.
2. Используя результат предыдущей задачи:
1) найдите точное значение для зт 18°, соз 18°;
2) выразите сторону правильного пятиугольника через
радиус К описанной окружности;
3) выразите сторону правильного 10-угольника через
радиус К описанной окружности.
3. В равнобедренном треугольнике АБС (АВ = ВС) на ВС
взята точка 1> так, что ВО: ОС = 1 : 4 . Прямая АО пересекает
высоту ВЕ в точке М. Найдите ВМ: МЕ.
4. Найдите стороны треугольника, зная длины его медиан
т, п, р.
5. Биссектриса треугольника делит основание н& отрезки
2 см и 4 см, а высота, проведенная к основанию, равна см.
Найдите стороны треугольника и определите его вид.
6. Докажите, что отрезок прямой, проходящей через точку
пересечения
диагоналей
трапеции
параллельно
ее
основаниям, заключенный между боковыми сторонами
трапеции, делится точкой пересечения диагоналей пополам.
27
7. Найдите длину отрезка, о котором идет речь в
предыдущей задаче, если основания трапеции а и Ь.
8. В треугольнике АБС проведена прямая ОЕ | | АС так, что
В &АВ, Е е ВС. Докажите, что АЕ, СО и медиана ВМ
пересекаются в одной точке.
9. В выпуклом четырехугольнике середины сторон
последовательно соединены. Докажите, что получился
параллелограмм.
10. В выпуклом четырехугольнике проведены три
отрезка: первые два соединяют середины противоположных
сторон, третий соединяет середины диагоналей. Докажите, что
все три отрезка пересекаются в одной точке и делятся в ней
пополам.
11. Диагонали АС и ВО равнобедренной трапеции АВСО
(АО | | ВС) пересекаются в точке О, причем /. АОО = 60°. На
отрезках АО, ВО, СО соответственно взяты их середины К, М,
Р. Докажите, что КМР— правильный треугольник.
12. В трапеции АВСО каждое из оснований АО и ВС
продолжено в обе стороны. Биссектрисы внешних углов А и В
пересекаются в точке К, а биссектрисы внешних углов С и О
—в точке Е. Найдите периметр трапеции АВСО, если известно,
что КЕ = 20 см.
13. В четырехугольнике АВСО известно, что А.А = /.0 =
60°, АВ = ВС = 3, СО = 2\П>. Найдите углы В и С.
14. Докажите, что если в треугольнике выполняется
соотношение а : созЛ = Ь : со5 В, то этот треугольник равнобедренный.
15. Найдите углы равнобедренного треугольника, если
известно, что ортоцентр Н делит пополам высоту,
проведенную к основанию треугольника.
16. В прямоугольном треугольнике из вершины острого
угла, равного а, проведены медиана и биссектриса. Найдите
угол между ними.
17. Диагонали выпуклого четырехугольника АВСО
пересекаются в точке О под прямым углом, АО = 8, ВО = = СО
= 1, ОО = 7. Стороны АВ и СЬ при продолжении пересекаются
в точке М. Найдите угол АМО.
18. В четырехугольнике АБСЕ) угол В прямой, а АВ :ВО=
1:2у/2 . Стороны ВС и АО при продолжении пересекаются в
точке М. Найдите угол ОМС, если известно, что АВО = 45°.
19. В треугольнике АБС медиана ВО и биссектриса СЕ
пересекаются в точке К. Найдите СК:КЕ, если
28
20. Высота, медиана и биссектриса, проведенные из одной
вершины треугольника, делят угол треугольника на 4 равные
части. Найдите углы треугольника.
Ответы
1.|(УУ+1). 2.
2 ) ^ У Ю — 2у/~5 ; 3) §0/5-1). 3.1:2.
4.
+ гп2-р2 ; ^ У/2т2 + 2р2 — п2 ;
\^2т2
^"\/2п2 + 2р2 — т2 .
5. 4, 6 и 8 см или 2у^> , и 6 см; тупоугольный.
7. . 12. 40 см. 13. 150°, 90°.
а + Ь
'
15. агссо8^, агссоБ^-, агееоз^-.
16. агс1 ё
-§.17. агс1 8^-. 18. агезш^.
19. 1 + 20. 90°; 22,5°; 67,5°.
С1П /»
§ 2. Окружности
б) вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он
опирается (рис.37);
с
Как и в предыдущем параграфе, начнем с перечня
«рабочих» теорем (продолжая начатую в нем нумерацию).
11. Свойства касательных к окружности: а) радиус,
проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной
(рис.34);
Рис. 37
в) угол между касательной и хордой измеряется половиной
дуги, заключенной между касательной и хордой (рис. 38).
б) две касательные, проведенные к окружности из одной
точки, равны, и центр окружности лежит на биссектрисе угла
между ними (рис. 35).
Рис. 38
12. Измерение углов, связанных с окружностью: а)
центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается
(рис.36);
13. Теоремы об окружностях и треугольниках:
а) около всякого треугольника можно описать окружность; центром окружности служит точка пересечения
перпендикуляров, проведенных к сторонам через их середины;
б) во всякий треугольник можно вписать окружность;
центром окружности служит точка пересечения биссектрис.
14. Теоремы об окружностях и четырехугольниках:
а) для того чтобы около четырехугольника можно
было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы
сумма противолежащих углов четырехугольника была равна
180° (а + = 180°, рис.39);
31
18
б) для того чтобы в четырехугольник можно было вписать
окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы
противолежащих его сторон были равны (а + с = = Ъ + а, рис.
40).
Как и в §1, начнем с рассмотрения ряда несложных задач,
иллюстрирующих применение на практике перечисленных
«рабочих» теорем.
Рис. 40
15. Метрические соотношения в окружности: а) если хорды
АВ и СО пересекаются в точке М, то АМ ■ ВМ = СМ • ОМ (рис.
41);
З а д а ч а 21. Катеты прямоугольного треугольника а и Ь,
гипотенуза с. Вычислим радиус г вписанной окружности.
Р е ш е н и е . 1. Из центра О вписанной окружности
проведем радиусы в точки ее касания со сторонами
треугольника, учитывая, что они перпендикулярны соответствующим сторонам (теорема 11, а), и отметим пары
равных отрезков, воспользовавшись теоремой 11, б (рис. 44).
А
Рис. 41
б) если из точки М к окружности проведены две
секущие МАВ и МСЭ, то АМ • ВМ = СМ • ОМ (рис. 42);-
Рис. 44
2. Так как ЕСЮС — квадрат (углы Е, О, С — прямые й ЕС
= СО), то ОЕ = Ой = СО = СЕ = г. Тогда ВО = а - г, АЕ = Ъ — г и,
соответственно, ВЕ = ВО = а - г, АЕ = = АЕ = Ь - г.
3. Так как АВ =АЕ + ЕВ , то получаем с = ф — г) +
. / \ а + Ь - с + (а - г), откуда г =
--------------------------------- —.
^ а + Ь — с Ответ: г =
------------------------------------------- .
2
Рис. 42
в) если из точки М к окружности проведены секущая
МАВ и касательная МС, то АМ • ВМ = СМ 2 (рис. 43).
32
З а м е ч а н и е 11. В §1 было сделано замечание 3 о
дополнительных построениях при решении планиметрических задач. Вот первое полезное добавление (ниже
3 З аказ 57197
33
будет еще одно): если в задаче речь идет об окружности,
вписанной в треугольник (или четырехугольник), то
практически всегда проводят радиусы в точки касания
окружности со сторонами, учитывая, что радиусы будут
перпендикулярны соответствующим сторонам, и тут же
отмечают на чертеже пары равных отрезков (для двух
касательных, проведенных к окружности из одной точки). Так
мы и поступили при решении задачи 21.
З а м е ч а н и е 12. Обратите внимание на формулу г - а + ^ ~
для вычисления радиуса окружности, вписанной в
прямоугольный (только прямоугольный) треугольник. Она
довольно проста, ее легко запомнить, что мы вам и советуем
сделать. Для непрямоугольного треугольника обычно используют формулу /• = -, где 5 —
площадь, р — полупериметр треугольника. ьГо об этом речь в
следующем параграфе.
Что касается радиуса К описанной около треугольника
окружности, то для прямоугольного треугольника
К = ^ (гипотенуза является диаметром описанной около
прямоугольного треугольника окружности); для непрямоугольного треугольника обычно используют формулы
К = 2 8Ш
=
правильном треугольнике со сто„
п а Д ' а Л ронои а
к = ——, г = .
с
З а м е ч а н и е 13. До сих пор мы приводили только
формулировки теорем, считая, что их доказательства при
необходимости читатель найдет в школьных учебниках. С
теоремой
синусов
поступим
по-другому:
приведем
доказательство теоремы, тем более что оно отличается от
традиционного «школьного» доказательства и достаточно
красиво (см. задачу 22).
З а д а ч а 22. Докажем, что в треугольнике выполняется
соотношение —= 2К .
Р е ш е н и е. Пусть около треугольника АВС описана
окружность радиуса К, проведем ее диаметр ВО и соединим
точку О с точкой С (рис. 45).
Замечаем, что Л А = /. й (как вписанные, опирающиеся на
одну и ту же дугу ВС), ВСО = 90° (как опирающийся на
диаметр ВГ)). Тогда из л ВСО находим:
5Ш О = , т. е. 5ША = ^, откуда =
35
Рис. 45
З а д а ч а 23. В равнобедренном треугольнике со сторонами 10, 10 и 12 вычислим радиусы вписанной (г) и
описанной (К) окружностей.
Р е ш е н и е . / способ вычисления г. Имеем:
р = 10+120 + 12 = 16 , 5 = У 1 6 - 6 - 6 - 4 = 48 (мы воспользовались
формулой Герона).
Значит, /• = - = — = 3. р 16
II способ вычисления г. Пусть Ог — центр вписанной в
треугольник АВС окружности — точка пересечения биссектрис ВИ и А0 1 (рис.46). ВН одновременно является
высотой и медианой треугольника АВС, ВН = = У/АВ 2 - АН 2
= УЮО - 36 = 8. Применив к треугольнику АВН теорему о
биссектрисе (теорема 5), получим ВО\ АВ 8 - г ю
о^я = АН' т 'с ' = ~б ' 0ТКУДа находим г = 3.
III способ вычисления г. Пусть Ох — центр вписанной
в треугольник АВС окружности, О х к±АВ, тогда О х К =
= О х Н = г (рис.47). Из подобия треугольников О л КВ и
о к о в
АНВ получаем = , т. е. ^ = , откуда л = 3.
/ способ вычисления Я. Воспользовавшись формулой
Г) аЬс
„ 10 • 10 • 12 25
К = —, находим
К = ---------------- — = —
м
45
4-48
4
II способ вычисления К. Так как стороны треугольника
равны 10, 10, 12, а 12 2 < 10 2 + 10 2, то треугольник
остроугольный (теорема 7, а), значит, центр О описанной
окружности лежит внутри треугольника (рис. 48). Имеем- АО
= ОВ = К, ОН = 8 -К, АН= 6. Применив к треугольнику АОН
теорему Пифагора, получим: АО 2 = = ОН 2 + АН 2 , т. е. К 2 =
(8 - К) 2 + б2 , откуда находим
III способ вычисления Я. Опустим из центра О они-
11
санной окружности перпендикуляр ОК на сторону АВ
(рис.49). Тогда АК = ВК = 5. Из подобия треугольников
ОКБ и АНВ получаем = т.е. ^ = откуда
Рис. 46
Рис. 47
Рис. 48
Рис. 49
и 0 1 поменяются местами (проведите это рассуждение
самостоятельно).
Для прямоугольного равнобедренного треугольника
проблем нет: центр вписанной окружности лежит внутри
треугольника, центр описанной — на стороне (на гипотенузе).
Нет проблем и в случае тупоугольного равнобедренного
треугольника, где, как обычно, центры вписанной и
описанной окружностей лежат на оси симметрии, но первый
— в н у т р и , а второй — в н е треугольника.
З а м е ч а н и е 15. В конце предыдущего замечания
указывается на то, что лри решении задач, связанных с
описанной около треугольника окружностью, важно правильно определить вид треугольника, чтобы не допустить
ошибки в чертеже. Если бы в задаче 23 стороны треугольника
были равны, например, 10, 10 и 16, то, поскольку 16 2 > 10 2 410 2 , треугольник был бы тупоугольным (теорема 7, в) и
вместо рис.48 пришлось бы опираться на геометрическую
модель, изображенную на рис. 50.
Ответ: г = 3, Я — .
З а м е ч а н и е 14. При решении задач на равнобедренный
треугольник важно учитывать взаимное расположение
центров вписанной и описанной окружностей. Если
треугольник остроугольный, как было в задаче 23, то оба
центра лежат на оси симметрии в н у т р и треугольника. Если
треугольник равносторонний, то центры совпадают, если нет
—то не совпадают. Возникает вопрос: какой из центров лежит
тогда дальше от основания АС равнобедренного треугольника
(т.е. ближе к вершине Я)?
Если угол при вершине В меньше 60°, то центр описанной
окружности ближе к В, если же угол при вершине В больше 60°
(но меньше 90°), то центр вписанной окружности ближе к В.
Это можно доказать, например, так.
Вернемся к рис.48 и предположим, что угол АВС меньше
60°, т.е. утопАВН меньше 30°. Тогда угол ВАН больше 60°. Так
как, далее, АО = ВО, то углы ВАО чАВО равны, т.е. угол ВАО
меньше 30°, а значит, угол ОАН больше 30° (напомним, здесь
О —центр описанной окружности). Чтобы найти центр О х
вписанной окружности, надо провести биссектрису угла ВАН
(см. рис. 46). Эта биссектриса проходит внутри угла ОАН, т. е.
пересекает ВН в точке Оь лежащей ниже точки О. Аналогично
доказывается, что если угол АВС больше 60°, точки О
18
'в
Рис. 50
Возьмите себе за правило: если в задаче треугольник задан
своими сторонами, то, прежде чем делать чертеж, определите
вид треугольника. Так мы действовали в §1 при решении
задачи 16, так поступим и в следующей задаче.
З а д а ч а 24. Чему равна длина окружности, описанной
около треугольника со сторонами 10, 24, 26?
Р е ш е н и е . 1. Имеем: 10 2 = 100 , 24 2 = 576 , 26 2 = = 676 .
Так как 26 2 = 10 2 + 24 2, то заданный треугольн и к —
прямоугольный.
2. Так как треугольник прямоугольный, то К = - =
37
3. Вычислим длину окружности: / = 2лК = 26л .
О т в е т : 26л;.
З а д а ч а 25. Высота трапеции равна 12 см, один из углов
при основании равен 30°. Известно, что в эту трапецию можно
вписать окружность и около трапеции можно описать
окружность. Чему равна средняя линия трапеции?
Р е ш е н и е . 1. Так как около трапеции можно описать
окружность, то трапеция равнобокая. В самом деле, по
теореме 14, а имеем: ЛА + /.С = 180°; с другой стороны, /.Э +
/.С = 180° (рис.51). Значит, А.А = /-Э, т.е. трапеция равнобокая.
I)
Рис. 51
2. Так как ВН = 12 см (ВН — высота трапеции), а А = 30°,
то АВ = 24 см. Значит, и СО = 24 см.
3. Так как в данную трапецию можно вписать окружность,
то АЭ + ВС = АВ + СО = 48 см (теорема 14, б).
4. Средняя линия трапеции равна полусумме оснований, т.
е. 24 см.
О т в е т : 24см.
З а д а ч а 26. Сторона ВС треугольника АВС равна 2 см.
Окружность проходит через точки А и В, причем касается
стороны ВС в точке В и пересекает сторону АС в точке М. Чему
равна длина стороны АС, если известно, что АМ = СМ + ВС ?
Р е ш е н и е . Положим СМ = х, тогда АМ = х + 2, АС = = 2х
+ 2 (рис.52). Для составления уравнения воспользуемся
теоремой 15, в (о метрических соотношениях в окружности).
Имеем: АС • СМ = ВС2 , т.е. (2х + 2)х = = 4. Из этого уравнения
находим х = 1. Значит, АС = = 4 см.
О т в е т : 4см.
З а м е ч а н и е 16. В §1 (замечание 10) мы говорили о
средствах, которые используются для составления уравнений
в задачах планиметрии. Вот еще одно: метрические
соотношения в окружности. Именно с их помощью было
составлено уравнение в задаче 26.
Рассмотрим теперь серию задач, не «привязанных»
специально к той или иной теореме.
З а д а ч а 27. Около трапеции с основаниями 21 и 9 и
высотой 8 описана окружность. Чему равен ее радиус?
Р е ш е н и е . I способ. 1. Как и в задаче 25, делаем вывод о
том, что трапеция равнобокая. Центр описанной окружности
О лежит на ее оси симметрии (рис.53). СО и ОО — радиусы.
2. Положим ОК = х, тогда ОЕ = 8 - х, ЛХ> = —,
ЕС-\.
3. Для составления уравнения воспользуемся методом
опорного элемента (см. замечание 5 в §1). Из треугольника
КСЮ находим ОО 2 =К02 + КО2 , т.е. 00 2 =
1 441
~>
=+
Из треугольника СОЕ находим СО = ОЕ2 + СЕ2, т.е. СО 2 = (8 - х)2 +
Так как СО 2 = ЭО2 , то х2 + = (8
Из
13
этого уравнения получаем х = Отрицательное значение * — сигнал для нас: мы неправильно сделали чертеж. На самом деле центр О описанной окружности должен лежать вне трапеции
(рис. 54).
4. Радиус ОР найдем из треугольника КОР. Имеем:
00 = у/К02 + К02
64 4 8
II способ. 1. Обозначим угол А буквой а (рис.55).
АН = ^^- = 6, АВ = У/82 + б2 = 10 , значит, 5ша =
ВН
Рис. 52
38
= АВ=1> С05СС=:ав
АН
39
2. Рассмотрим треугольникАВИ (рис.56), применим
к нему теорему косинусов: ВО 2 = 21 2 4- 10 2 — 2 • 21 х
х 10 • С05а = 541 - 42 • 10 • | = 289 ; ВО = 17 .
3. К тому же треугольнику применим теорему синусов: — = 2Я. Значит, К = -Ц- = ^.
51П
О.
сумма отрезков ВО и ВЕ, значит нам осталось только найти
длину отрезка ВЕ.
^48
О т в е т : К = Щ-.
о
В
ш
Е
А
С
Рис. 57
К
П
Рис. 53
Рис. 54
В ______ С
О
А Н
Рис. 55
В
Р
Л
Рис. 56
З а д а ч а 28. Из вершины А треугольника АБС проведены
биссектрисы внутреннего и внешнего углов треугольника,
пересекающие сторону ВС и ее продолжение в точках О и Е
соответственно. Найдем радиус окружности, описанной около
треугольника АЛЕ, если известно, что ВС = а и АВ :АС = 2:3.
Р е ш е н и е . 1. Имеем последовательно (рис.57):
ЛРАВ + ЛВАС = 180,° 2 ^ЕАВ + 2АВАО
= 180,° /-ЕАВ + АВАО = 90.°
Значит, треугольник ЕАО прямоугольный, а потому
радиус описанной окружности равен половине гипотенузы
ОЕ. Таким образом, задача сводится к нахождению длины
отрезка ОЕ.
2. Применим к треугольнику ЛВС теорему о биссектрисе
внутреннего угла (теорема 5 из §1). Согласно этой
А В В О
В О 2
п^
теореме, — = —, т. е. — = -. Но ВСтт = а, значит,
Проведем ВК \ \ АЕ и рассмотрим лАВК. У него, с одной
стороны, АМ— биссектриса (по условию). С другой стороны,
как мы доказали выше, АЕ±АО, значит, ВК± АМ, т. е. АМ —
высота. Таким образом, АМ — высота и биссектриса, а это
значит, что треугольник АВК равнобедренный: АВ = АК.
По условию ^ = т.ё. = значит, АК: КС = = 2 : 1 .
Еще раз воспользуемся тем, что ВК | | АЕ. Тогда но теореме
Фалеса имеем: ВЕ: ВС = АК: КС, т.е. ВЕ :а = = 2:1, откуда
находим ВЕ = 2а.
Подведем итоги:
К = \ОЕ = \{ВЕ + ВО) = \ (2а + \а) = |в .
Ответ: К = ^а .
З а д а ч а 29. Дан прямоугольный круговой сектор.
Окружность того же радиуса имеет центр в конце дуги
сектора, она разбивает сектор на два криволинейных
треугольника. В меньший из этих треугольников вписана
окружность. Найдем отношение радиусов вписанной
окружности и сектора.
Р е ш е н и е. 1. Введем вспомогательный параметр/? —
радиус сектора и неизвестную величину г — радиус вписанной окружности. Нам нужно выразить г через /?, а
затем найти ^.
2. Сделаем необходимые дополнительные построения,
которые обычно делают, когда речь идет о внутреннем или
внешнем касании окружностей или о касании окружности и
прямой: 0203 — линия центров, В —точка касания,
2
3
ВО = -о, СО = -о. Интересующий нас отрезок есть
41
11
0\0з — линия центров, А —точка касания; 03С± ОхС, С — точка
касания (рис.58).
А
Рис. 5«
Рис. 59
3. Рассмотрим А0 г 0 2 0 3 (рис.59). Имеем: О л О 0 = Я,
0103=К-г,0203=К
+
?
1
2
,
Проведем высоту 0 3 Н. Тогда О х Н = 0 3 С = г, 0 2 Н = К - г.
Используем 0 3 Н как опорный элемент. Из МЭ { 0 3 Н имеем:
0 3 Н 2 = О х О\ - О х И 2 = (К - г) 2 - г 2 . Из Л 0 3 Н0 2 имеем: 0 3 Н 2
= О г О] - 0 2 Н 2 = (К + г) 2 - - ( Я - г ) 2 .
Итак, (К — г) 2 — г = (К + г ) 2 - { К - г) 2 , откуда находим:
г = у. Значит, ^ = 7.
О
О т в е т : ~г.
6
Л6
З а м е ч а н и е 17. Вот еще два добавления о полезных
дополнительных построениях. Первое: если две окружности
касаются (внутренним или внешнем образом), то обязательно
нужно провести линию центров, т.е. прямую, проходящую
через центры касающихся окружностей, и учесть при этом, что
точка касания лежит на линии центров. Так мы поступили при
решении задачи 29, и вы, наверное, согласитесь с тем, что это
и было ключом к успеху. И второе добавление: иногда полезно
(в качестве дополнительных построений) сделать так
называемый «выносной» чертеж, т. е. фрагмент имеющегося
достаточно сложного чертежа вынести отдельно для
специального изучения. Так, в задаче 29 мы рассмотрели на
отдельном чертеже треугольник 0 1 0 2 0 3 (см. рис.59).
З а д а ч а 30. Докажем, что если высота и медиана,
проведенные из одной вершины неравнобедренного треугольника, лежат внутри треугольника и образуют с его
боковыми сторонами равные углы, то этот треугольник
прямоугольный.
42
Р е ш е н и е . 1. Опишем около данного треугольника
АБС окружность и продолжим высоту ВО и медиану ВМ
до пересечения с окружностью в точках Е и К соответственно (рис.60). Так как но условию ААВЕ= /.КВС,
то дуги АЕ и КС равны, а поэтому хорды АС и ЕК, между
которыми лежат равные дуги АЕ и КС, параллельны. Но
ВИМ = 90°, значит, и ^ ВЕК = 90°, а тогда Ж —диаметр окружности.
Рис. 60
2. Так как центр описанной около лАВС окружности лежит,
с одной стороны, на диаметре ВК и, с другой стороны, на
перпендикуляре к АС, восстановленном из точки М
(напомним, что АМ = МС), то этим центром является сама
точка М. Значит, АС — диаметр окружности, а поэтому /.АБС =
90°.
З а м е ч а н и е 18. Этим замечанием мы завершим разговор
о дополнительных построениях, применяемых при решении
планиметрических задач, начатый нами выше в замечании 3 и
продолженный в замечаниях 11 и 17. Довольно часто
оказывается
полезным
провести
вспомогательную
окружность, что позволяет обнаружить такие соотношения
(особенно касающиеся углов), которые без окружности найти
довольно трудно, а иногда и невозможно. Так было в задаче
30, так будет и в следующих двух задачах.
З а д а ч а 31. На гипотенузе прямоугольного треугольника
с катетами 21 и 28 см как на стороне построен квадрат
(треугольник и квадрат лежат по разные стороны от
гипотенузы), центр квадрата соединен отрезком прямой с
вершиной прямого угла треугольника. Найти длины отрезков,
на которые указанной прямой делится гипотенуза
треугольника.
Р е ш е н и е . 1. Рассмотрим четырехугольник АСВК
(рис.61). У него АСВ = /.АКБ = 90° (диагонали квад
11
рата взаимно перпендикулярны), т.е. А.АСВ + А АКБ = =
180°. Значит, около АСВК можно описать окружность, что
мы и сделаем (рис.62).
Описав эту окружность (рис. 64), заметим, что углы НОК и
ИСК равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу
НК. Аналогично, описав окружность около четырехугольника
АЕНО, заключаем, что /.ЕАН = = /.ЕОН.
Рис. 63
Рис. 61
Рис. 62
2. Так как АК = КВ, то дуги АК и КВ равны, а тогда и
вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, равны, т. е.
А.АСК= КСВ. Но это значит, что СР — биссектриса
треугольника АСВ.
3. По теореме о биссектрисе ^ = По условию
АС = 21 см, СВ = 28 см, поэтому^Ш = 35 см (по теореме
Пифагора). Пусть АР = х, тогда ВР = 35 - х. Значит,
35^7 = 2 8 ' 0ТКУда х = т. е. АР = 15 см, ВР - 35 - - 15 = 20 (см).
О т в е т : 15 см, 20 см.
З а д а ч а 32. Докажем, что ортоцентр остроугольного
треугольника совпадает с центром окружности, вписанной в
треугольник, образованный основаниями высот.
Р е ш е н и е . Поскольку центром вписанной в треугольник
окружности является точка пересечения биссектрис (теорема
11,6), то задача сводится к тому, чтобы доказать, что ОН, ЕН,
КН — биссектрисы треугольника РЕК (рис.63). Для этого
достаточно доказать, что ^ ЕОН = НОК.
1. Рассмотрим четырехугольник ЭНКС. Имеем: /.НОС =
90°, АНКС = 90°, значит, ^ НОС + ^ИКС = = 180°, а потому
около четырехугольника ОНКС можно описать окружность
(теорема 14, а).
2. Итак, ^ЕАН = /.ЕОН, /.НОК = /.НСК. Но углы ЕАН и НСК
равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами
(теорема 1), значит, /.ЕОН = /.НОК, что и требовалось
доказать.
З а д а ч а 33. Докажем, что в непрямоугольном треугольнике АВС расстояние от ортоцентра до вершины В вдвое
больше расстояния от центра описанной около треугольника
окружности до стороны АС.
Р с III е II и е. 1. Пусть АВС — остроугольный треугольник,
точка Я—ортоцентр, точка
О—центр
описанной
окружности, отрезки ВО и АР— высоты треугольника АВС,
т о ч к и / С и / . — середины сторон АС и ВС, О К и 01 —
перпендикуляры к сторонам (рис. 65).
Рис. 65
44
Рис. 64
Рис. 66
11
Треугольники АВН и 1X0 подобны (ВН\ \ОК, АН | | ОЬ, АВ |
| Щ, значит, Щ = Отрезок IX - средняя линия \АВС, значит, = 2.
Но тогда ~ = 2, что
О Л
/-А
и требовалось доказать.
2. Пусть ЛВС —тупоугольный треугольник, причем
сохранены обозначения предыдущего случая (рис.66).
Из подобия треугольников АВН и ЬКО следует, что
Ш
=
1Л = 2 ' значит > вн = 20К> т -
е- % = 2 .
З а м е ч а н и е 19. Как видите, ортоцентр, т.е. точка
пересечения высот треугольника, обладает рядом интересных
свойств —о двух из них шла речь в задачах 32 и 33. Последнее
свойство (о котором шла речь в задаче 33) мы используем
ниже, в задаче 34, а сейчас оно позволит нам получить
любопытное свойство треугольника (для наглядности мы
ограничимся остроугольным треугольником).
Итак, пусть Я—ортоцентр, О —центр описанной
окружности, ОК±АС, ОК\ |ВН,АК = КС (рис.67).
Проведем медиану ВК и отрезок ОН. Треугольники ВНМ и
КОМ подобны, значит, ^ = ^. Но Щ- = 2, знаСл мл
О К
чит, ВМ: МК = 2 : 1, т. е. Л/ — центр тяжести треугольника.
В ы в о д : ортоцентр, центр описанной окружности и
центр тяжести треугольника лежат на одной прямой — эта
прямая называется прямой Эйлера.
Отмстим два частных случая прямой Эйлера. Если
треугольник равнобедренный, то прямая Эйлера —это ось
симметрии треугольника. Если треугольник прямоугольный,
то прямая Эйлера —это прямая, проходящая через вершину
прямого угла и середину гипотенузы.
З а д а ч а 34. АР и СМ — высоты остроугольного
треугольника АВС, периметр треугольника АВС равен 15 см,
периметр треугольника ВРМ равен 9 см, радиус окружности,
описанной около треугольника ВРМ, равен 1,8 см. Найдем
длину АС.
Р е ш е н и е . 1. Прежде всего докажем, что треугольники
АВС и РВМ подобны (рис.68). В самом деле, прямоугольные
треугольники АВР и СВМ с общим острым углом В подобны, а
потому ^ = 4т: • Но тогда у
ас вм
треугольников АВС и РВМ с общим углом В стороны,
заключающие этот угол, пропорциональны, т.е. треугольники
подобны.
46
2. Воспользуемся тем, что в подобных треугольниках
отношение периметров и отношение радиусов описанных окружностей равны коэффициенту подобия (замечание 6). По условию РАВС = 15 см, РВРМ = 9 см, значит,
коэффициент подобия равен Так как по условию
радиус окружности, описанной около треугольника ВРМ,
равен 1,8 см, то получаем, что радиус окружности, описанной около треугольника АВС, равен 1,8 • - = 3 (см).
Рис. 67
Рис. 68
3. Пусть точка О —центр описанной около лАВС
окружности, ОК±АС. Тогда ВН = 2ОК (см. задачу 33). Но ВН —
диаметр описанной около треугольника ВМР окружности
(поскольку опирающийся на него угол ВРН равен 90°), значит,
ВН = 3,6 см, а потому ОК = 1,8 см.
4. Теперь в прямоугольном треугольнике АОК известны
две стороны: АО = 3 см (радиус описанной окружности) и ОК= 1,8 см. Тогда А К = \ З2 ~ (|) =
= ^ (см), следовательно, АС = 4,8 см.
О т в е т : 4,8см.
З а д а ч а 35. Дан остроугольный треугольник АВС с
углами А = а, В = р, С = у. В каком отношении ортоцентр Н
делит высоту, проведенную из вершины АЧ Р е ш е н и е . 1.
Опишем около треугольника АВС окружность. Радиус
окружности обозначим через К (вспомогательный параметр).
Проведем ОР ± ВС и учтем, что АН = 2ОР (см. задачу 33), где
Н — ортоцентр.
2. Рассмотрим д ОРВ (рис.69). Так как I. КОВ измеряется
дугой ВК, ^ = ВС, а САВ измеряется
половиной дуги ВС, то /. КОВ = /. САВ = а. Тогда ОР -К С05 а , а
потому АН = 2 К соз а .
3. По теореме синусов, примененной к треугольнику
47
ЛВС, ——, = 2К , значит, АС = 2К $\пв , а тогда из 81П /. АВС
г
'
'
А Л СО получаем, что А1> =ЛС5т/_ЛСВ = 2Л5т/?5ту .
Рис. 69
4. Имеем: АН = 2Я со& а , НО = АО - АН =
= 2Я 51П /? 51П у - 2К С05 а = = 27? (5Ш/3 5Ш у - С05 (180° - ф + у))) = =
2Я (51П В 51П У + С05 ф + у)) = = 2К ($Ш [5 51П у + С05/3 созу - 51П/3
51Пу) = 2Я СОБ/3 С05 у .
Итак — = 2К 005 а = со5а
' НО 2К С08 /? сох у С05 Р С08 у '
Осо8 а
т в е т: — -- ----- .
С05 р СОХ у
З а м е ч а н и е 20. Это замечание, в отличие, наверное, от
всех предыдущих, не будет содержать никакой новой для вас
информации — ни математической, ни методической. Это,
если так можно сказать, замечание о пользе замечаний.
Давайте еще раз вместе с вами проанализируем решение
задачи 35. Начали мы с того, что построили вспомогательную
окружность —о пользе такого дополнительного построения
мы говорили в замечании 18. Далее мы ввели
вспомогательный параметр Л —о пользе такого метода мы
говорили в замечании 8 (§1). Наконец, мы воспользовались
свойством ортоцентра, на которое специально обращали
внимание в замечании 19. Обратите также внимание на то,
какие теоремы привели нас к успеху: ключевыми были
теорема синусов и теорема об измерении вписанного угла
—две теоремы из нашего списка «теорем-тружеников».
Задачи для самостоятельного решения
21. АВ и СО —взаимно перпендикулярные пересекающиеся хорды окружности радиуса К. Докажите, что АС 2 +
ВО 2 = 4К 2 .
48
22. Из точки М проведены к окружности с центром в
точке О касательные МА и МВ. Прямая / касается окружности в
точке С и пересекает МА и МВ соответственно в точках О и Е .
Докажите, что:
1) периметр треугольника МОЕ не зависит от выбора
точки С;
2) угол ООЕ не зависит от выбора точки С.
23. Две окружности пересекаются в точках А и В. Точки А
и В лежат по разные стороны от прямой /, которая пересекает
окружности в точках С и /), Е и М соответственно. Докажите,
что сумма углов ОБЕ и САМ равна 180°.
24. В окружность вписан правильный треугольник АБС.
На дуге ВС взята произвольная точка М и проведены хорды
АМ, ВМ и СМ. Докажите, что АМ = ВМ + СМ.
25. Докажите, что окружность, описанная около треугольника, имеет тот же радиус, что и окружность, проходящая через две вершины треугольника и его ортоцентр.
26. Две окружности внешне касаются в точке С,АВ — их
общая внешняя касательная, ЛС = 8см, ВС = 6 см. Найдите
радиусы окружностей.
27. В треугольник с периметром 18 см вписана
окружность, к ней проведена касательная, параллельная
основанию треугольника. Длина отрезка этой касательной,
заключенного между боковыми сторонами треугольника,
равна 2 см. Найдите длину основания треугольника.
28. Около треугольника АВС описана окружность. Через
точку В проведена касательная к окружности до пересечения с
продолжением стороны СА за точку А в точке О. Найдите
периметр треугольника АВС, если АВ+АО=АС, СО = 3, ВАС =
60°.
29. В окружность радиуса Я вписан правильный треугольник АВС. Хорда ВО пересекает АС в точке Е так, что АЕ:
ЕС = 2 : 3 . Найдите СО.
30. Две окружности радиусов К и г внешне касаются, к
ним проведены две общие внешние касательные АВ и СО (А,
В, С, О — точки касания).
1) .
Найдите длину АВ.
2) .
Найдите радиус окружности, вписанной в
криволинейный треугольник АМВ.
3) .
Докажите,
что
треугольник
АМВ
прямоугольный.
4) .
Докажите, что в четырехугольник АВСО
можно вписать окружность и найдите ее радиус.
31. Две вершины квадрата лежат на окружности ра-
4 З аказ 57197
49
диуса К, а две другие — на касательной к этой окружности.
Найдите сторону квадрата.
32. Окружность касается двух смежных вершин квадрата и
делит каждую из двух других его сторон на отрезки 2 см и 23
см. Найдите радиус окружности.
33. В треугольнике ЛВС известны стороны АВ = 13,' ВС =
14, АС = 15. Найдите АН, где Я — ортоцентр.
34. В окружность вписан четырехугольник АВСО,
диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и
перпендикулярная к АВ, пересекает СО в точке М. Найдите
ЕМ, если АО = 8, АВ = Л и А СОВ = а.
35. В окружности радиуса г проведены диаметр АВ и хорда
АС. В образовавшийся криволинейный треугольник вписана
окружность. Найдите ее радиус, если /. САВ = а.
Ответы
§ 3. Площади плоских фигур
Начнем, как и в предыдущих параграфах, с разговора о
«рабочих» теоремах, связанных с вычислением площадей.
16. Отношение площадей подобных фигур равно квадрату
коэффициента подобия.
17. Если у двух треугольников равны основания, то их
площади относятся как высоты; если у двух треугольников
равны высоты, то их площади относятся как основания.
И, разумеется, есть смысл напомнить читателю основные
формулы для вычисления площадей плоских фигур.
1. Формулы площади треугольника: \ с
оН гг\ о а Ь 51пС ч о оЬс
26. см; ^ см. 27. 3 см или 6 см. 28. 3 + .
3'4
2
3 ( ) 2у / Т Г г 2 )
------------------ Кг
31.^. 32.17 см. 33.8,25 см.
34. 2\^41 62а + 3 . 35. 2Пц (1 - I.
4)
а)5 = т; б) 5 = - ; в) 5 = —;
г) 5 = рг, где р = а + + с } л — радиус описанной окружности,
/-—радиус вписанной окружности;
д) 5 = V/? (р - а)(р - Ь)(р - с) (формула Герона).
2. Формулы площади выпуклого четырехугольника (рис.
70):
а) 5 = 3 ЛВС + 5 асо =5 аво + 5всо = 5 АОВ + 5вос + 5 соо + + $Лоо; б) 5 = '
ВО • 5Ш а ; в) 5 = рг (если в четырехугольник можно вписать
окружность и г — ее радиус).
Рис. 70
3. Формулы площади параллелограмма (рис.71): а) 5 =
аИ\ б) 5 = аЬ зтС; в) 5 = ^ с^1(^2 а .
51
Л
З а д а ч а 36. В треугольнике ЛВС угол В равен 60°, АВ = 7,
ВС = 8. Проведена медиана ВМ. Вычислим площадь
треугольника АВМ.
Р е ш е н и е . 1. Найдем площадь 5 треугольника АБС:
5АВС = \АВ ВС зтВ =
= 14^ .
В
в
Рис. 71
4. Формула площади трапеции (рис. 72):
5 = ^Н
Рис. 75
2. Рассмотрим треугольники АВМ и АВС (рис. 75). У них
общая высота ВН, проведенная из вершины В, значит, но
теореме 17, их площади относятся как основания:
^ = %. Но АМ = ±АС, значит, БЛШ = \зАВС = IV? .
ЛВС
Рис. 72
5. Формула площади кругового сектора (рис. 73):
17
5 = - К а ( а — радианная мера центрального угла).
Ответ: .
З а д а ч а 37. В треугольнике АВС известны стороны АВ =
13, ВС = 14, АС = 15. Прямая ИЕ, параллельная стороне АС,
пересекает высоту ВН в точке К. Чему равна площадь
треугольника ВЭЕ, если известно, что ВК: КН = = 4:3?
Р е ш е н и е . 1. Треугольники йВЕ и АВС подобны (рис.76),
причем коэффициент подобия к равен отновк
,4
шению —, т. е. к = -.
гу,
16
л/1 ^йВЕ
Тогда, по теореме 16, -— = —.
*АВС 44
Рис. 73
6. Формула площади кругового сегмента (рис. 74): 5 =
± К 2 ( а - 51Па ) .
в
Рис. 76
Рис. 74
2. Площадь 5 треугольника АВС найдем по формуле
Герона: 5 = У21-8-7-6 = 84.
53
/
^ С _ 16 О 4 _ 192
О т в е т : Щ-.
З а м е ч а н и е 21. Мои наблюдения показывают, что
школьники обычно не очень жалуют теорему 16, а задачу
типа предыдущей решают «в лоб». Чаще всего их план
решения таков: 1) находят площадь треугольника АБС по
формуле Герона; 2) находят высоту ВН; 3) находят ВК;
4) из подобия треугольников ДВЕ и ЛВС находят РЕ;
5) вычисляют площадь АОВЕ. Сравните этот план с тем,
который реализован при решении задачи 37.
З а д а ч а 38. В окружности радиуса К проведены две
равные хорды, образующие между собой угол а. Вычислим площадь той части круга, которая заключена между
хордами.
Р е ш е н и е . I способ. Воспользуемся 'тем, что интересующая нас фигура состоит из треугольника АБС и
сегмента ВМС (рис 77).
1. В треугольникеЛВС имеем: АВ = /.С = ^ - %. Тогда
по теореме с и н у с о в — — у = 2К, т. е. АВ = 2К соз ^;
$ ЛВС А = 2Д 2 С 05 2 | ЯП А.
2. Так как центральный угол СОВ равен 2а (вписанный угол ВАС измеряется половиной дуги ВМС, а центральный угол ВОС измеряется дугой ВМС ), то площадь
сегмента ВМС найдем по формуле:
5сегм = ^Д 2 (2а — 5т2а) .
3. Башс = 2Я 2 С05 2 151П а + (2а - 51п2а) =
= К2 (2зш а со5 2 ^ - 5 Н1 а СОБ а + а) = К2 (&Ш а + а) .
II способ. Воспользуемся тем, что интересующая нас
фигура состоит из двух треугольников АОВ и АОС и сектора
ВОСМ (рис. 78, а).
2тг — 2 сс
1. о ВС = 2а, к^АВ — —-— = л — а, АЛОВ — л — а . Значит,
5ааов = 1АООВ-5т(л
5ша.
Аналогично 5 Д/10С = - Я ыпа . г.5восм = \п2Ъх=К2а.
3. $ А В М С = ^ к 2 51П а + ^ К 2 81П а + К 2 а = Я 2 ($т а + а).
III способ. Воспользуемся тем, что интересующую нас
фигуру можно рассматривать как круг, из которого удалены
два одинаковых сегмента АКВ и АРС (рис. 78, б).
1. /.АОВ = л - а , значит, 5сеплАКВ = ~Я2(л -а - - 51П(л - а)) =
- а - $ша) .
2. 5асш = лК 2 - 2- ^К 2(л - а - зша) =
= К 2(51П а + а) .
Ответ: К 2($т а + а ) .
З а д а ч а 39. Полуокружность касается сторон АС и ВС
треугольника АБС в точках Б и Е соответственно и имеет
центр на стороне АВ. Найдем радиус этой полуокружности,
если ВС = 13 см, АВ = 14 см, АС = 15 см.
Р е ш е н и е . 1. Проведем, как обычно, радиусы 0Г> и ОЕ в
точки касания (рис. 79), введем обозначения ОБ =
= ОЕ = г. Так как ОИ ±АС, то 3ААОС = ^АС ОИ = Ц- г .
Так как ОЕ ± ВС, то 5АСОВ = \ВС ОЕ = Ц;г. Наконец,
так как — ос ^вое» 5авс = 1 [ Г
+ ^ Г = 14Г.
п
Рис. 77
Рис. 78
18
Рис. 79
55
2. Площадь того же треугольника АБС можно найти еще
одним способом — по формуле Герона. Имеем:
„ а + Ь + с 1 3 + 1 4 + 1 5 ч о р = —=
--------------- = 21 (см). Значит,
5 = у/21-(21 - 15) (21 - 14) (21 - 13) = 84 (см 2).
3. Приравняв два полученных выражения для площади
треугольника ЛВС, придем к уравнению 14г = 84, откуда
находим г = 6.
О т в е т : 6 см.
еще в нескольких задачах, которые мы рассмотрим вместе с вами в этом параграфе.
З а д а ч а 40. В треугольнике ЛВС известны стороны АВ =
с, ВС = а и В = /3. Найдем длину / биссектрисы ВО.
Р е ш е н и е . Воспользуемся методом площадей (рис. 80).
Имеем, с одной стороны, Ба
б с
~\
а с ъ
■ С другой стороны, =
3АВО + 5ва) = \ с/ 81П | + \ а\ 8Ш \. Значит, ^ с/ 51П | + а\ 81П | = ^
ас 81П/? .
З а м е ч а н и е 22. В замечании 5 мы говорили о том, что
при составлении уравнений в геометрических задачах активно
применяется метод опорного элемента. Так было и в задаче 39,
где в качестве опорного элемента была взята площадь 5
треугольника АБС. С одной стороны, мы получили, что 5=14г,
с другой стороны, 5 = 84. Это и дало нам возможность
составить уравнение 14г = 84.
Если для составления уравнения в качестве опорного
элемента выбирается площадь, то говорят, что используется
метод площадей. В следующей задаче мы снова воспользуемся
методом площадей.
Между прочим, рассмотренную в § 1 задачу 14 об
отыскании высоты Н с треугольника по его сторонам а, Ь, с
лучше решать именно методом площадей. С одной стороны,
3АВС = \/р{р- а)(р - Ь)(р - с) , с другой —
5
АВС = \'сН С- Значит, у/р(Р- а)(р - Ь)(р - с) =\сНс,
в
Рис. 80
Решая это уравнение относительно /, находим послев'
вв
2ассо8^
довательно: I (а + с) 8Ш | = 2ас 8Ш | С081, / = д + с .
, 2у/р (р - а)(р - Ь)(р - с)
2 ас сое ^
откуда к = — -----------— ---- — --- - =
Ответ: ------ .
а+с
_ У (а + Ь + с)(а + Ъ - с)(а + с - Ь)(Ь + с - а) ~
2
с
З а м е ч а н и е 23. Мы хотим обратить ваше внимание еще
на один существенный момент, связанный с решением задачи
39. Мы воспользовались при решении задачи очень важным
свойством площади — свойством аддитивности. Это свойство
заключается в следующем: если фигура, имеющая площадь 5,
каким-либо способом «разрезана» на п частей, имеющих
площади 5 2,..., 5„ соответственно, то 5 = + 32 + ... + 5п . В задаче
39 треугольник АБС был «разрезан» на две части по прямой
СО, и мы воспользовались свойством аддитивности площади:
3 АВС = 5 асо + 5всо .
Свойство аддитивности площади мы активно использовали
и при решении задачи 38, оно понадобится нам
56
З а м е ч а н и е 24. Эта задача продолжает линию, которую
мы начали в § 1, где в одной из задач вывели формулу для
отыскания высоты треугольника по его сторонам, в другой —
формулу для отыскания медианы треугольника по его
сторонам. В задаче 40 мы вывели формулу для отыскания
биссектрисы по двум сторонам и углу между ними. А как
получить формулу для отыскания биссектрисы по сторонам?
Оказывается, теперь это сделать сравнительно несложно,
достаточно применить теорему косинусов к стороне Ъ.
Имеем: Ь2 = а2 + с2 - 2ас С08уЗ,
О а 2 + с 2 -Ь 2
откуда сое р = -------— ----- .
_
в \/ 1 + С05 в
Так как, далее, со8 ^ = V -------- -—^ , то
57
С05^ =
а2 + с2 Ь2
VУ
- ТТ =
1
т/(*+с-Ь)(а + с + Ь)
2
2\ 2ас
) 2
А поскольку, как мы получили в задаче 40,
ас
2ас сое ^
/ = ----- --- , то имеем:
а + с'
_ У/ас • (а + с - Ь)(а + с + Ь)
а+с
Это формула для отыскания биссектрисы, проведенной к
основанию Ь треугольника со сторонами а, Ь, с.
З а д а ч а 41. Окружность, вписанная в треугольник АБС,
делит основание АС точкой касания на отрезки а и Ь. Найдем
в если известно, что ^ В = 60°.
площадь треугольника АБС,
Рис. 81
Р е ш е н и е . 1. Проведем, как обычно, радиусы О/), ОЕ,
ОР в точки касания окружности со сторонами треугольника
АБС (рис. 81). Заметим сразу, что АР = АЛ = =а, Сй = СЕ = Ь.
Кроме того, введем обозначение: ОО = = ОЕ = ОР = г, тогда из
А ВОЕ, где ВО — биссектриса угла В, а значит, /.ВОЕ = 30°,
находим: ВЕ = ОЕа&ЪЪ° = = г УП> . Естественно, что и ВР = г
.
Итак, в треугольнике АБС все стороны выражены через а,
Ь, г:
АС = а + Ь\ АВ = а + гуГ5; ВС = Ь + г\Г5.
2. Площадь 5 треугольника ЛВС мы можем выразить
теперь, по крайней мере, тремя способами: по формуле Герона,
по формуле рг и, наконец, по формуле 5лвс =
= ^АВ ВС-51п60°. Выберем первые два способа, где фигурирует полупериметр р; в нашем случае р = а + Ъ + г>П>. По
формуле Герона имеем:
58
5 = у/(а + Ь + г\Н) аЪгуГЗ.
(1)
По формуле рг можно записать:
5 = (а + Ь + г>Г5)г.
(2)
Приравняв полученные выражения (1) и (2) (т.е. применив
метод площадей), придем к уравнению относительно
неизвестной величины г:
{ а + Ь + г\^3) аЪг^ГИ = ( а + Ъ + г\Т)г.
3. Начнем решать полученное уравнение. Имеем последовательно:
(а + Ь + г >Г5)аЪг \Г5 = (а + Ь + г^З)2-г2, аЪ у/3 = (а +
Ъ + г^3>г. Дальше это уравнение решать не нужно. Почему?
Да потому, что нам повезло: выражение (а + Ь + г г, как
следует из равенства (2), дает интересующую нас пло щадь 5
треугольника АБС, значит, АЬ^З = 5.
О т в е т : аЪ^ГЗ.
З а м е ч а н и е 25. Эта задача является довольно поучительной. Она показывает, что при решении геометрической задачи совсем не обязательно быть педантом: если
составлено уравнение, то обязательно следует найти его
корни. Надо все-таки учитывать, что именно нас интересует. В
задаче 41 радиус г нас в принципе не очень интересовал (разве
что как средство для отыскания площади), нас интересовала
площадь 5 треугольника АБС. И коль скоро она неожиданно
обнаружилась, мы, естественно, были удовлетворены и не
стали решать уравнение до конца.
З а д а ч а 42. На катетах и гипотенузе прямоугольного
треугольника вне его как на сторонах построены квадраты.
Свободные вершины каждых двух соседних квадратов
соединены отрезком прямой линии. Вычислим площадь
полученного 6-угольника, если известно, что гипотенуза
прямоугольного треугольника равна с, а площадь 5.
Р е ш е н и е . Площадь 6-угольника найдем, воспользовавшись свойством аддитивности площади, о котором шла
речь в замечании 23.
1. Так как а КСЬ = А АБС, то 5КСЬ = 3АВС = 5 (рис.82).
2. Площадь квадрата АВИЕ равна с (по условию АВ = с).
Кроме того, $аскг + 5 свш= Ас2 +ЯС 2 = = АВ2 = с2 (здесь теорема
Пифагора применена, так сказать, в первозданном виде —
через «пифагоровы штаны»).
59
1
3
У него АМ = — т , АЬ = — а . Тогда его площадь 5! равна 11 3
- • - т - а ь т а , где а = МАЬ.
Сравним это выражение с площадью треугольника АВО $ АВО
- \лв А®' 5»п (180° ~ а) = \ ат з1п « • Замечаем, что 5! = \3 АВП.
Рис. 82
3. Осталось найти площадь треугольниковАЕ/ 7 и ВйМ.
Имеем:
ЗАЕР = \ЛЕ АРЫП/.ЕАГ = ±АВ АС зт^ОШ = 5.
Мы воспользовались, во-первых, тем, что АЕ = АВ, АР =
АС; во-вторых, тем, что А САВ = 180° — /.ЕАР, а тогда синусы
углов равны (&т а = $т (180° - а)); в-треть- их, тем, что площадь
5 прямоугольного треугольника АБС вычисляется не только
как половина произведения катетов, но и по любой формуле,
применимой к любому треугольнику, например, 5АВС = ^АС АВ
ыпА . Итак, 5аер = 5; аналогично $ вш = 5.
4. В итоге получаем:
ЗЕймисг = 5 + 5 + 5 + 5 + с2 + с2 = 45 + 2с 2. О т в е т :
45 + 2с2.
З а д а ч а 43. Площадь выпуклого четырехугольника АВСй
равна 2 см 2. Его стороны продолжены: сторона АВ
за точку В так, что ВЬ = ^АВ; сторона ВС за точку С так, что СР
= ^ВС\ сторона СЭ за точку I) так, что
ИЕ = ^ СВ; сторона ЭА за точку А так, что АМ = у АЛ .
Найдем площадь четырехугольника ЬРЕМ.
Р е ш е н и е . 1. Введем обозначения: АВ = а, ВС = Ь, СИ =
с, ПА = т. Рассмотрим треугольник АМЬ (рис. 83).
Рис. 83
2. Аналогично площадь 5 3 треугольника СРЕ связана с
площадью треугольника ВСИ соотношением
= | $сво • Значит, 5 Х + 5 3 = | ($ АВО + Звсо) =
= ^АВСО = Х2= (см 2).
3. Точно так же, если положить 5 2 = 5 ВА/>,
54 = 5 мое , получим: 5 2 + 5 4 = 1,5 см 2 .
В итоге $МЦ>Е = $АВСО + •*!+ 5 2 +
= 2 + 1,5 +
+ 1,5 = 5 (см 2).
О т в е т : 5см2.
З а д а ч а 44. Зная медианы та, ть и тс треугольника,
вычислим его площадь.
Р е ш е н и е . 1. Отметим прежде всего, что
$ АМС = З^АВС (рис. 84). В самом деле, основание АС у этих
треугольников общее, значит, их площади относятся как
высоты МК и ВН. Но из подобия треугольников МКЕ и ВНЕ
заключаем, что ^ = а М Е : В Е = 1 : 3
ВН ВЬ
(теорема 3, а). Итак, искомая площадь 5 равна 35 А М С .
60
18
2. Треугольники АКЕ и АМР подобны, поэтому
КЕ АК „ „ КЕ х 3 _____________________
ТУТ?
3 1/л
3
С другой стороны, ^ = = |, т.е. МР = \КС.
В итоге получаем, что КЕ = ^МР = У^КС = ±КС, а по-
\
тому ЕС = У КС.
/"к,
НКЕ
Р
/5
Рис. 84
Рис. 85
2. Рассмотрим треугольник АМС (рис.85). У него
22
известны две стороны: Л М = - т а , МС = -тс и медиана
МЕ = (снова используем теорему 3,а). Удвоим медиану и,
достроив треугольник до параллелограмма МСРА, получаем:
3АМС = 3МСР = \$АМСр ■ У треугольника
2 2 2 МСР
известны три стороны, равные -та, - т ь ,
значит, площадь треугольника МСР можно найти по формуле
Герона.
Ит
ак, 5 = ЪЗАМС = 35МСР = ___________________
=
3 ( т
а
+ ть + тс) • ^ (та + ть — тс) х
Рис. 86
3. Рассмотрим треугольники ВЕС и ВКС. У них высота,
проведенная из вершины В, общая, значит, их площади
относятся как основания КС и ЕС (теорема 17),
5 ппгг* АТС 7
9
т. е. 7— = — = —. Но 5 ВРС = 4 см , следовательно,
ВЕС
*3
(та + тс ~ т ь ) 2 (ть + Г П с - Г П а ) =
= |У(та + ть + тс) • (та + ть - тс) х х\^(та + тс т ь ) - ( т ь + т с — т а ) . О т в е т : \^(та + ть +
тс)• (та + ть - тс) х х ^ ( т а + т с — т ь ) - ( т ь +
тс — та) .
З а д а ч а 45. В треугольнике АВС на сторонах АВ и ВС
взяты точки К и Р так, что АК: ВК = 1: 2, СР : РВ = = 2 : 1 .
Прямые АР и СК пересекаются в точке Е. Найдем площадь
треугольника АВС, если известно, что площадь треугольника
ВЕС равна 4 см 2.
Р е ш е н и е . 1. Положим АК = х, ВР = у. Тогда ВК = = 2х,
СР = 2у. Проведем РМ | | КС (рис. 86"). По теореме
Фалеса ^ = % = Значит, ВМ = \МК = \ВК =
3
3'
4. Рассмотрим, наконец, треугольники ВКС и АВС. У них
высота, проведенная из вершины С, общая, значит, их
площади относятся как основания:
$АВС _АВ _ 3
5в/сс ~ ВК 2 *
В итоге получаем: 5 АВС = ^5 ВКС = | = 7 (см 2).
О т в е т : 7см2.
З а д а ч а 46. Площадь треугольника АВС равна Р. Прямая
параллельная основанию АС, отсекает от треугольника АВС
треугольник ВЕЙ с площадью (2. На стороне АС взята
произвольная точка М и соединена отрезками прямых с
точками Й и Е. Чему равна площадь четырехугольника ВЕМО ?
Р е ш е н и е . 1. Воспользуемся идеей, которая часто
оказывается плодотворной при отыскании площадей фигур.
Заметим,
что
четырехугольник
ВЕМО
состоит
из
фиксированного треугольника ВЕО и подвижного, зави-
3
63
62
сящего от выбора точки М, треугольника ОЕМ (рис. 87). Но где
бы на АС мы точку М ни выбрали, высота ЛОЕМ, проведенная
к его основанию ОЕ из точки А/, не изменится по длине,
значит, не изменится и площадь треугольника ОЕМ. Значит,
точку М мы можем расположить на АС наиболее выгодным для
нас способом, например, совместив ее с точкой А. И тогда речь
будет идти об отыскании площади не четырехугольника
ВЕМО, а треугольника ВЕА с той же площадью (рис.88).
Рис. 87
Рис. 88
вычисления площади. Ту же идею мы применим при решении
следующей задачи.
З а д а ч а 47. В четырехугольнике АВСО через середину
диагонали ВО проведена прямая, параллельная диагонали АС.
Эта прямая пересекает сторону АО в точке Е. Докажем, что
прямая СЕ разбивает четырехугольник АВСО на две
равновеликие части.
Р е ш е н и е . Надо доказать, что площадь четырехугольника АВСЕ равна половине площади четырехугольника
АВСО (рис.89), что и будет означать, что площади фигур АВСЕ
и СЕО равны, т. е. фигуры равновелики.
1. Заметим, что четырехугольник АВСЕ равновелик
четырехугольнику АВСМ, где М — любая точка на прямой ЕР:
в самом деле, у треугольников АСЕ и АСМ общее основание и
равные высоты, поскольку точки Е и М лежат на прямой,
параллельной основанию АС. Это наблюдение наталкивает на
мысль заменить четырехугольник АВСЕ равновеликим ему
четырехугольником АВСК, где К— специальным образом
подобранная точка на ЕР. Выберем в качестве К середину
диагонали ВО
(рис. 40).
2. Сравним треугольники АВЕ и ВОЕ. У них общая высота,
проведенная из вершины Е, значит, их площади относятся как
основания (теорема 17), т.е. как АВ и вЬ:
5АВЕ
АВ Т 5
ВОЕ ВО '
^АВЕ _ Ай
о/
.
3. Теперь сравним треугольники АВС и ВОЕ. Они
подобны, значит, их площади относятся как квадраты
соответственных сторон (теорема 16):
2 2
$ВйЕ
$
АВС АВвэ '
Р (АВУ 2 т. е.
<2 ~~
[я/Я •
4. Из (1) и (2) получаем:
~ у^е ' * АВЕ ~ и '
Ответ: .
е
З а м е ч а н и е 26. Если две фигуры имеют одинаковую площадь, то они называются равновеликими. Фактически при решении задачи 46 мы заменили фигуру
ВЕМО равновеликой ей фигурой ВЕА, более удобной для
64
п
Рис. 89
/г
#
Рис.
л 90
2. Имеем: 5 Авск ~ ^АС-ВКыпа , где а — угол между
диагоналями. По условию В К = ^ В О . Значит,
^А век = \АС-\В0*та = \\±АСВ0 зт а ] = \ 5ЛВСО, что и требовалось
доказать.
5 З аказ 57197
65
З а д а ч а 48. Диагонали выпуклого четырехугольника
АВСО пересекаются в точке Е. Известно, что 3АВЕ = = Зрср = 1,
5авсо <28, АИ = 2 V I . Найдем ВС.
З а м е ч а н и е 27. В процессе решения задачи 48 мы
доказали, что если диагонали АС и ВО выпуклого четырехугольника АВСЬ в пересечении образуют два равновеликих треугольника АВЕ и СОЕ, то этот четырехугольник—трапеция. Верна (и часто оказывается полезной) и
обратная теорема: если АВСО — трапеция с основаниями АО и
ВС и Е —точка пересечения диагоналей, то треугольники АВЕ
и СОЕ равновелики. Эту теорему можно доказать разными
способами, приведем два из них.
Рис. 91
Р е ш е н и е . 1. Пусть а — угол между диагоналями
четырехугольника (рис.91). Имеем:
ЗАВЕ = ^ В Е А Е зт а , ЗсйЕ = ^ СБ ОЕ зт а .
По условию ЗАВЕ ~ ^СОЕ > значит, В Е А Е - С Е О Е ,
т. е.
ВЕ _ СЕ
/1 \
ЙЕ~АЕ'
^'
Рассмотрим треугольники ВЕС и АЕЭ. Они имеют равные
углы ВЕС и АЕО и, кроме того, соотношение (1) означает, что
стороны,
образующие
указанные
равные
углы,
пропорциональны. Это значит, что треугольники подобны,
откуда, в частности, следует, что СВЕ = ЕОА. А из равенства
этих углов, в свою очередь, следует параллельность прямых
ВС и Ай. Вывод: АВСО — трапеция.
2. Пусть % = % = к . Положим Э Е = х , А Е = у , тогда
ОЕ АЕ
ВЕ — кх, СЕ = ку.
+ \)2ху 5Ш а .
С другой стороны, ЗСОЕ = СЕ БЕ $т а - ^кух 5т а.
3. По условию ЗАВСО - 28» значит, (к + I)2 -1- < 28.
66
Рис. 92
способ (рис.92). 3ВЕС ~ ^ В Е - А Е ь т а , 3СЕГ> =
= | СЕОЕ 51П а . Но Щ = %, т. е. В Е А Е = С Е О Е . Зна1
2
ЕЙ АЕ
чит, ЗАВ Е = ^СЕИ •
II способ. 3АВЕ ~ $АВО ~ ^АЕЭ » ^СЕО = ~ $АЕХ> • ^АВБ ~ ^АСЭ (У
треугольников общее основание АО и равные высоты,
проведенные к АО из вершин В и О соответственно), значит,
ЗАВЕ ~ $СЕО •
этих
Имеем: 3Авсо= \лСВО я п в = | (х + кх) ( у + ку) 5 Ш а = = ^ (к
По условию, ЗСОЕ = 7, т.е. ^кухьта = 7, откуда на17
ходим: -*у$ша = - и, следовательно, 5 Авсо = + 1) * •
Решая это неравенство (учитывая, что к > 0), получаем: ( к +
I)2 < 4 к , к 2 - 2 к + 1 < 0, (А: - I)2 < 0, что верно лишь при к =
1.
Но если к = 1, то ВЕ = ОЕ, СЕ = АЕ, значит, АВСй —
параллелограмм, тогда ВС =Ай = 2^1.
О т в е т : 2^7.
17
З а д а ч а 49. В ромбе АВСО со стороной а и острым углом
А = 60° проведен отрезок КЕ (К В АО , Ее ВС). Известно, что
КЕ пересекает диагональ ВО в точке М так,
что В М : М О = 1: 3 и что *вик = ^. Найдем длину отрезка
КМ.
Р е ш е н и е . 1. Положим ВЕ = х, тогда из подобия
треугольников ВМЕ и ОМК следует, что КО = Зх (по
67
скольку В М : М О = 1: 3). Тогда А К = а - З х , Е С - а - х .
Введем еще одно обозначение: высота ромба Я одновременно
будет и высотой трапеции АВЕК, и высотой трапеции ЕСИК.
~ с
АК + ВЕ гт (а -Зх)+х гт а - 2х тт
ЬАВЕК = -2 --- = --------- 2 ----- -------- ~~2 ------ '
~ КО + ЕС т г Зх + (а — х) т т а + 2х т т $ЕСйК = —
---------------- Я = ^ ---------- ^Я = — ------------ Я.
а - 2* 1
^АВЕК 1
П
По условию -- ---- = -, значит, -------- — = -, откуда нахоЕСРК 2
а + 2х 2
ДИМ * =
АВ и ВС и пересекает основание АС в точках Е и К (Е лежит
между А и К ) . М — точка касания окружности и
прямой ВА ; АМ = см . Вычислим площадь треугольО
ника АМК.
Р е ш е н и е . 1. Прежде всего нужно провести расчеты,
которые позволят выяснить, где лежит центр окружности —
пока ясно лишь одно, что этот центр лежит на высоте ВН
равнобедренного треугольника АБС, так как ВА и ВС —
касательные к окружности, а потому центр окружности лежит
на биссектрисе ВН угла между прямыми (теорема 11, б).
в
Рис. 93
Рис. 94
3. Нам нужно найти длину отрезка КМ. Сначала найдем
длину ЕК, для чего воспользуемся «выносным» чертежом.
Рассмотрим трапецию АВЕК (рис.94). У нее
Рис. 95
^ (напомним, что А К = а - З х , т.е. АК = а - 3• | = Проведем ВР
Введем обозначение /. ВАС = а (рис. 95). Проведем радиус
ОМ в точку касания, тогда угол ВОМ тоже равен
а. По условию = Воспользовавшись формулой
\ \ ЕК, тогда ВР = Е К , АР = АК - РК = АК - ВЕ = ± - 7 = |.
1 + 1 & а = —5 , найдем соз а = —, тогда 51П а =
/ _ А = 60°, А В - а , В Е - ~ (напомним, что В Е = х , х - А К =
263
Применим к треугольнику ВАР теорему косинусов: ВР2 =ЛД2
+ АР2 - 2АВ • АР со5 А ,
т.е. ВР2 = а 2 +
= — .
9
4
4 3
4
4
З а д а ч а 50. В треугольнике ЛВС (ЛВ = В С ) угол А
о
1
сох а
15
17
= 12 а соз а = .
о
17
Из треугольника ВОМ находим: ВО = — тг =
соза Ц 17
= {|, В М = О М Щ а = ^. Далее, А В = А М + В М = ^ +
3 29
Значит, ВР = ЕК = ^УГТ .
4. Так как ЕМ: МА" = ВМ: МО = 1: 3 , то
км = \ЕК = \\Л = .
Ответ: .
1
, 8 289 г,тт лг><.:~ 289 8 17 г.
II = 120 ' ВН =^5Ша = шп = II • 3x0 значит > что ВН = ВО, а поэтому
точки О и Я совпадают, и для дальнейшего решения задачи
надо сделать новый (правильный) чертеж (рис.96).
2. Площадь треугольника АМК будем искать но формуле
+
1
2
•
15
8
5 = -АМ А К ь ш а . Известно, что А М = — см, 5ш а = —.
8'
17
Таким образом, задача свелась к отысканию отрезка АК.
Воспользуемся тем, что А М 2 = А Е А К (теорема 15, в).
равен агс1§ —. Окружность радиуса 1 см касается сторон 68
69
Положим АЕ = ху тогда АК" = 2 + х, и получаем уравнение
^ - = х ( 2 + х ) , откуда х = |. Тогда ЛК = | + 2 = ^(см)
и, следовательно, ^ =
= | у у=
в
Рис. 96
375
Ответ: ——
см'
272
Задачи для самостоятельного решения
а 2 + Ъ2
36. Докажите, что 5 < —-—, где а, Ь — стороны треугольника, 5 —его площадь.
37. Стороны треугольника 5 см, 5 см, 6 см. Найдите
площадь треугольника, вершинами которого служат основания биссектрис данного треугольника.
38. Основания трапеции 62 и 20 см, боковые стороны 45 и
39 см. Найдите площадь трапеции.
39. Докажите, что площадь треугольника равна | та ть
81П у, где та, ть — медианы и у — угол между ними.
40. В треугольнике ЛВС известны стороны: АВ = = 13 см,
В С = 1 5 с м , АС = 14 см. Проведены высота ВН, биссектриса
ВО, медиана ВМ. Найдите: 1) площадь треугольника ВНО; 2)
площадь треугольника ВМЭ; 3) площадь треугольника ВНМ.
41. Медиана АО треугольника АВС пересекает описанную
окружность в точке Е. Найдите площадь тре
66
70
42.
угольника АВС, если АВ + АО — О Е , А Е = 6 ,
А ВАО = 60°.
43. Через точку, взятую внутри треугольника, проведены
прямые, параллельные его сторонам. Они разбивают
треугольник на 6 частей, среди которых есть'три треугольника
с площадями 5 1э 5 2, 5 3. Найдите площадь исходного
треугольника.
44. Хорда АВ стягивает дугу окружности в 120°. На этой
дуге взята точка С, а на хордеЛЮ — точка О. Найдите
площадь треугольника АВС, если известно, что АО = 2 см, ВО
= 1 см, СО = УП см.
45. Окружность радиуса К проходит через вершины А, В,
С параллелограмма и пересекает прямые АО и С^ в точках М и
К соответственно. Найдите площадь треугольника ВМК, если
/.А = а (а А ^ ) .
46. В трапеции АВСО точка К — середина боковой
стороны АВ, площадь треугольника КСЬ равна 5. Найдите
площадь трапеции.
47. В трапеции АВСО с основаниями АО и ВС диагонали
пересекаются в точке О, площади треугольников АОО и ВОС
равны 5! и 5 2 соответственно. Найдите площадь трапеции.
48. Около пятиугольникаЛ5С1>Е описана окружность
радиуса 1. Найдите площадь пятиугольника, если известно,
что ВС = СО,АВ = УП, I.АВЕ = 45°, АОВЕ = = 30°.
49. Площадь четырехугольника АВСО равна 12 см 2. Йа
сторонах АВ, ВС, СО и ОА взяты точки Е, К, М и Р так, что
АЕ:ВЕ = 2:1, В К : С К = 1:3, О Р : А Р = 1:5, СМ = МО. Найдите
площадь шестиугольника АЕКСМР.
50. Окружность касается сторон Л С и ВС треугольника
АВС в точках О и Е соответственно и имеет центр О на стороне
АВ. Найдите площадь сектора ООЕ, если ВС = = 13 см, АВ = 14
см, АС = 15 см.
51. Две различные окружности внешне касаются в точке
А, а линия их центров пересекает окружности в точках В и С.
На ВС как на диаметре построена полуокружность. Прямая,
перпендикулярная прямой ВС и проходящая через точку А,
пересекает полуокружность в точке О, АО = а. Найдите
площадь фигуры, ограниченной полуокружностью и
обращенными к ней дугами первых двух окружностей (задача
Архимеда).
Указания к решению задач § 1
Ответы
37. Цусм 2. 38.1476 см 2.
4 0 . 1) 9 см 2; 2) Зсм 2; 3) 12 см 2.
41.
^.
42. (у^ + ^ + ^) 2.43.^см 2. 44. 4Я
81П3 а соза . 45. 28. 46. ^ + •
агссозсм.
50.^.
4
4?
2
48.11см 2. 49. 18(я -
Проведите биссектрису АО угла А при основании
треугольника АБС (ЛВ = ВС) и заметьте, что АС = АО = ВО;
воспользуйтесь теоремой о биссектрисе треугольника.
3. Проведите ОР | \ВЕ, рассмотрите несколько пар
подобных треугольников.
4. Рассмотрите треугольник АМС, где М — точка пересечения медиан, найдите АС, зная АМ, МС и медиану МО (с
помошью удвоения медианы МО ).
6. Пусть АС и ВО пересекаются в точке О, проведите через
О прямую, параллельную основаниям трапеции. Пусть КР—
отрезок этой прямой, заключенный между боковыми
сторонами трапеции. С помощью теоремы Фалеса и подобия
треугольников КОВ и АОВ, СОР и АОС докажите, что КО =
ОР.
8. Воспользуйтесь результатом задачи 6.
II. Заметьте, что МК = ~АВ = ^ СО . Убедитесь в том,
что треугольник О К С — прямоугольный, тогда медиана КР
равна половине гипотенузы СО.
%2. Воспользуйтесь замечанием 4.
13. Проведите ВЕ | \СО, Е Р \ \ В С и рассмотрите треугольник РЕО (см. задачу 8 из §1).
14. По теореме синусов ? = » значит, = •
г
Ь &1П В
31П В СО8 В
Выполнив преобразования, докажите, что А = В.
15. Введите вспомогательный параметр ВО = И (ВО —
высота), обозначьте угол АВО буквой х, убедитесь, что и
А.НАО = х. Выразите АО через Н и х из треугольников АВО и
АНО (метод опорного элемента).
16. Введите вспомогательный параметр АС = Ь (С = = 90°,
А = а ) , выразите через Ь и а длину С М ( М — середина ВС )
и найдите тангенс угла САМ.
17. Проведите СР | |ВО, ВЕ \ \АС, пусть Ь — точка
пересечения ВЕ и СР. Заметьте, что ОС:АО = ВР:АВ =
= РЬ : ЬС. Значит, РЬ = . Аналогично ЕЬ = -у. Введите
обозначения: ЬСЕ = а, РВЬ = /3, тогда Ща = ^, Щ / 3 = ^.
Выразите угол М через а и /7 и найдите М .
73
18. Рассмотрите треугольник ЭВМ, в нем Вй = 2/2, АВ X
МВ, АВ = 1, АВО = 45°, АО = V?) (по теореме косинусов из
треугольника АВО ). Пусть АМ = х, Л/ =
= а. Тогда . _„ = -— и 51П а = -. Из этой системы
51 п 135 31П а
х
уравнений найдите $ша.
19. Введите вспомогательный параметр АС = Ъ, выразите
сторону ВС через Ь, а,/3. Проведите ЛР | \АЕ (точка Р лежит на
АС ) и воспользуйтесь тем, что
СР РК _ РР РР КР СК ВС ВК АР ' АР АЕ СЕ '
20. Пусть ЛВС—заданный треугольник; СН, СО и СМ —
его высота, биссектриса и медиана соответственно. Положите
/.АСВ = 4* и введите вспомогательный параметр СН = И. Тогда
ВН = Н НМ = Н 1&2х, Н А = Н 1%3х. Так как В Н + Н М = Н А
- Н М , то 1%3х - 1%х = 21&2х, откуда 4х = 90°.
27. Пусть окружность касается сторон АВ, ВС и АС
треугольника АВС в точках Е и Р соответственно. Введите
обозначения: АО — АЕ = х, ВО = ВР = у, СЕ = СР — 2. Пусть КМ
— касательная к окружности, параллельная стороне АВ. Тогда
периметр треугольника СКМ равен 2г (см. задачу 22.1). Далее
воспользуйтесь
км рскм
тем, что — = -—.
ЛА
ЛВС
28. Пусть АВ = х,АО =у,АС = 3 - у . Тогда по условию у + х
= 3 - у , т.е. х = 3 - 2у. Так как ВО2 = СО АО, то ВО = . Теперь
примените теорему косинусов к треугольнику ВАО, а затем к
треугольнику АВС.
29. В треугольнике ВАЕ АВ = КУГ5 , АЕ = ~ КУП> , /-А =
60°; найдите ВЕ по теореме косинусов. Воспольл
§2
21. Проведите хорду СМ так, что СМ | |АВ, и получите
требуемое соотношение из треугольника БМВ.
22. 1) АЛ = ОС, СЕ = ВЕ, значит, МО + ОЕ + МЕ = = М А +
МВ;
2) докажите, что I. ООЕ — АОВ.
23. Воспользуйтесь тем, что АВО=/.АСО, А А В Е =
ААМЕ.
24. Отложите на А М отрезок М К , равный МВ, и
докажите равенство треугольников АКВ и ВМС, откуда будет
следовать равенство отрезков АК и МС.
25. Пусть АЕ, ВО — высоты треугольника АВС, Н — точка
их пересечения (ортоцентр). Продолжите ВО до пересечения с
окружностью в точке К, проведите хорду АК. Тогда КАС =
КВС, САЕ = КВС, значит, /. НАО = I. ОАК, а потому АН = АК.
Отсюда следует равенство треугольников АНС и АКС и
равенство радиусов описанных около них окружностей. Но
окружность, описанная около треугольника АКС — та же, что
и около треугольника АВС.
26. Докажите, что ААСВ = 90°. Проведите общую
внутреннюю касательную С К ( К е А В ) и рассмотрите на
выносном чертеже четырехугольники АКС01 и ВКС02, где 0 1 и
0 2 — центры окружностей.
66
74
зовавшись тем, что АЕ СЕ = ВЕ ОЕ и СЕ =
, най
дите ОЕ. Для отыскания СО примените теорему косинусов к
треугольнику СЕО.
30. 1). Проведите линию центров О, О-у, радиусы О ^ А и
02В и прямую О х К | | А В ( К е 02В). Тогда О г К можно найти из
треугольника 0 Х 0 2 К , а О х К = А В .
2 ) . Если третья окружность касается А В в точке С, то, как
и в 1), получается АС = 2У/Ш , ВС = 2Лх , т. е. 2\/Кг + 2УГгх = 2Ш.
4). Проведите общую внутреннюю касательную, пусть она
пересекает АВ в точке Е и СО в точке К. Так как В Е = Е М (М
— точка касания окружностей), АЕ = Е М , то Е — середина АВ,
Е К — средняя линия трапеции. Так как ЕК = АВ, то АВ + СО =
ВС + АО, откуда и следует, что в АВСО можно вписать
окружность.
31. Пусть А, В —вершины квадрата, лежащие на касательной к окружности, С, О — вершины квадрата, лежащие
на окружности, О — центр окружности, Р — точка касания
окружности с прямой АВ, ОЕ ± АО и К — точка пересечения
стороны Ж) с окружностью. Положите АР = = ВР = х, ОЕ = КЕ
= у и воспользуйтесь тем, что АР2 —АО-АК и ОО2 = ОЕ2 + ОЕ2 .
32. Воспользуйтесь теоремой 15, в.
33. Воспользуйтесь результатом задачи 33 из §2.
34. Заметьте, что ВОС = ВАС = ^ ОЕМ = а. Найдите АЕ, ЕО
и затем ЕМ.
35. Пусть 01 — центр заданной окружности, 02 — центр
вписанной окружности, АС касается вписанной
окружности в точке О, АВ касается вписанной окружности в
точке Е , М — точка касания окружностей. Положите 02М = 020
= 02Е = х, О х О 2 = г — х . Составьте уравнение,
воспользовавшись тем, что АО = АЕ.
§3
36. а + Ь > 2аЪ > 4-| аЪ мпС = 4 5 . *
39. Пусть М — точка пересечения медиан треугольника
АВС. Воспользуйтесь тем, что 3АМВ = ^ 5АВС.
41. Пусть С О = И В = х , О Е = у , АО = г, АВ - (. Тогда
1 + г = у , г+у = 6 (по условию), х2 = уг (метрические
соотношения в окружности), х2 = г2 + I2 - 1г (теорема
косинусов). Из этой системы уравнений найдите г, I и
учтите, что 5 аво = ±
42. Пусть через точку М внутри треугольника АБС
проведены прямые ОЕ | |АС, Ш | | ВС, РК \ \АВ;
= $ 1» 5Шй = 5 2' 5кме = пУсть М К = А О = х , ЬО = у, КМ = ЬВ
= г, 5— искомая площадь. Тогда 5 (АВ\ 2 (х+у + г) 2 V г
у
2
2
2
2 _ У^З
х'ТзТ'
"(1 * Р ' у,тгге теперь- 410 * 757'
43. В треугольнике АВС введите обозначения: СОА = х,
А. СОВ = 180° — х. Примените теорему косинусов к
треугольнику АСО, к треугольнику ВСО, затем к треугольнику
АВС. Это позволит вычислить созлс, а затем АС и ВС.
44. По теореме синусов ВК = 2К ып а , ВМ = = 2К 51П а .
Учтите также, что I. КВМ = ^ КСМ = = л — 2а .
45. *АКЛ =
, ^КВС = \ЪС'\. Значит,
5/1АЯ + 5/щ; = | &4ДСО •
46. Воспользуйтесь замечанием 27 и тем, что
5ВОС ОВ
ОО
'
47. Докажите, что иЛВ = 90°, оЛЕ = 90°, ^ ОЕ = = ^ ВС = и
СО =60°.
76
48. Пусть ВЕ = а, АЕ = 2а, ВК.= Ь, СК = 3Ь, СМ = с, МО = с,
РО = I, АР = 51. 5 вке = \ аЪ зт В = ~5ЛВС. Аналогично 5 РШ) =
^5 АСГ>.
49. Найдите радиус полуокружности, как это было
сделано в задаче 39 из § 3.
50. Пусть г, К — радиусы окружностей, тогда радиус
полуокружности равен г + К, а площадь 5 интересующей нас
фигуры вычисляется так:
5 = |л (г + К)2 - \л г2 -\лЯ2 = л гК.
Из прямоугольного треугольника ВОС следует, что а 2 = 2 г
-2К.
СОДЕРЖАНИЕ
Введение ................................................................................... 3
§ 1. Треугольники и четырехугольники ................................... 5
Задачи для самостоятельного решения (1—20) 27 Ответы
......................................................................................... 29
§ 2. Окружности ...................................................................... 30
Задачи для самостоятельного решения (21—35) 48 Ответы
......................................................................................... 50
§ 3. Площади плоских фигур .................................................. 51
Задачи для самостоятельного решения (36—50) 70 Ответы
......................................................................................... 72
Указания к решению задач ...................................................... 73
Учебное издание
Александр Григорьевич Мордкович ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ЗАДАЧИ НА ПЛОСКОСТИ
Редактор Л. В. Кузнецова Художественно-технический
редактор Н. Д. Горбунова
ИБ № 67 ЛР №020513 от 15.04.92
Сдано в набор 17.02.95. Подписано в печать 03.07.95. Формат 84X Ю 8'/з2- Усл .
печ. л. 4,20. Уч.-изд. л. 3,08. Тираж 50 000 экз. С91. Заказ 57197.
Издательство «Школа-Пресс».
103051, Москва, Цветной б-р, 21/2.
Оригинал-макет изготовлен фирмой «МИВАС»
Отпечатано в типографии АО «Молодая гвардия». Адрес АО
«Молодая гвардия»: 103030, Москва, Сущевская, 21.
78