Matematika_EGE_2010_Zadania_tipa_S1-S5_Metod
.pdfПример 2. (2010) Диагонали АС и BD трапеции ABCD пересекаются в точке Е. Найдите площадь трапеции, если площадь треугольника AED равна 9, а точка Е делит одну из диагоналей в отношении 1:3.
● Трапеция разбивается диагоналями на два равновеликих треугольника (примыкающих к боковым сторонам) и два подобных треугольника (примыкающих к основаниям). (докажите)
• Если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания. (докажи-
те)
Решение. Пусть точка Е делит диагональ в отношении 1:3, считая от вершины верхнего основания.
1) Рассмотрим трапецию с основаниями ВС и AD. Треугольники АED и СЕВ подобны (по двум углам), причем коэффициент подобия ра-
вен k = ECAE = 3.
Значит, SAED =32 SBEC = 9 1 = 9. Треугольники
АВE |
|
и |
ВЕС имеют общую высоту, |
поэтому |
||
|
SABE |
= |
AE |
= 3 и |
SABE = 3 1 = 3. Аналогично |
|
|
SBEC |
EC |
||||
|
|
|
|
|
||
|
SDEC = 3 1 = 3. |
Искомая площадь |
равна |
|||
|
SABCD =1 +3 +3 +9 =16. |
|
Остальные случаи выбора оснований трапеции рассмотрите самостоятельно.
Замечание. В задаче кроме неопределенности в выборе оснований трапеции имеется неопреде-
2
ленность в выборе отношения. Рассмотрите самостоятельно случаи, когда точка Е делит диагональ в отношении 1:3, считая от вершины нижнего основания. Как это отразится на рисунке?
Ответ: 16; 48; 144.
Выбор отношения отрезков, площадей
Пример 3. (2010) Основания трапеции равны a и b. Прямая, параллельная основаниям, разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся как 2:3. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного внутри трапеции.
Первое решение. Обозначим искомый отрезок EF через х.
1) Пусть площади трапеций DCFE и ABFE относятся как 2:3.
SDCFE |
|
|
b + x |
h |
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|||||
= |
1 |
= |
. Отсюда |
|||||
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
||||
SABFE |
a + x |
h2 |
3 |
|||||
|
|
|
||||||
|
|
2 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
h1 |
= |
2(a + x) |
. (*) |
h |
3(b + x) |
||
2 |
|
|
|
h1 и h2 - высоты этих трапеций.
Через точку F проведем отрезок РН параллельно AD. Тогда треугольники PBF и HCF
подобны (докажите) и |
CH |
= |
h1 |
, |
x −b |
= |
h1 |
. |
||||
BP |
h |
a − x |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
||
Используем соотношение (*): |
|
|
|
|
|
|||||||
|
x −b |
= |
2(a + x) |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a − x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
3(b + x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
Решая полученное уравнение относительно пе-
ременной х, получаем |
3(x2 −b2 )= 2(a2 − x2 ), |
||
5x2 = 2a2 +3b2 , x = |
2a2 +3b2 |
. |
|
5 |
|||
|
|
Второе решение. Обозначим SDCFE = S1 ,
SABFE = S2 , тогда S2 =1,5S1 .
Достроим трапецию ABCD до треугольника АВН и обозначим SDCH = S .
Так как треугольники АВН и DCH подобны
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
ABH |
|
|
|
|
|
|
a |
|
2 |
|
|
||||||||
(докажите), то имеем |
|
|
|
= |
|
|
|
|
, |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
SDCH |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
S + S |
1 |
|
+ S |
2 |
|
|
|
|
|
|
a2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
. |
(*) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Так как треугольники EFН и DCH подобны |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
EFH |
|
|
= |
x |
|
2 |
|
|
|||||||||||
(докажите), то имеем |
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
SDCH |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
S + S |
1 |
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
. |
|
(**) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
S |
|
|
|
|
|
|
b |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Из соотношений (*) и (**) имеем |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 + |
|
S |
1 |
+ S |
2 |
|
= |
a2 |
|
|
и 1 |
+ |
S |
1 |
|
|
= |
|
x2 |
. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
b2 |
|
|
S |
|
|
b2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
Далее |
|
|
S |
1 |
|
+ S |
2 |
|
|
= |
a2 −b2 |
|
|
и |
|
|
S |
1 |
= |
|
x2 −b2 |
. |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
b2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b2 |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|||||||||||||
Теперь разделим одно равенство на другое |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
S |
1 |
+ S |
2 |
= |
|
a2 |
−b2 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
S1 |
|
|
x2 |
−b2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
С учетом соотношения |
|
S2 |
|
|
=1,5S1 |
получаем |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
уравнение относительно переменной х: |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
a2 −b2 |
|
|
|
|
5 |
|
, |
откуда x = |
|
|
2a2 +3b2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
||||||||||||||||||
|
x2 |
|
−b2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2) Случай, когда площади трапеций ABFE и DCFE относятся как 2:3, рассмотрите самостоятельно. В этом случае площади трапеций DCFE и ABFE относятся как 3:2.
Ответ: |
2a2 |
+3b2 |
или |
3a2 |
+2b2 |
. |
|
5 |
|
5 |
|||
|
|
|
|
|
Выбор угла треугольника
Пример 4. Площадь треугольника равна 12. Две его стороны равны 6 и 8. Найдите угол между этими сторонами.
Решение. Используя формулу S |
= 0,5absinγ , |
получаем sinγ = 0,5. Значит γ =30D или |
|
γ =150D . |
|
Ответ: 30D или 150D . |
|
Пример 5. (2010) Треугольник |
ABC вписан в |
окружность радиуса 12. Известно, что АВ = 6 и ВС = 4. Найдите АС.
Первое решение. Используя обобщенную тео-
рему синусов, найдем sin A = |
|
BC |
= |
|
4 |
|
= 1 , |
|
||||||||||||||||||||
|
|
2R |
2 12 |
|
||||||||||||||||||||||||
sinC = AB |
|
|
6 |
|
|
|
1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
||||||||
= |
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
2 12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
2R |
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Так как B =180D |
− A − C, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
то sin B =sin(180D − A − C) = sin( A + C). |
|
|||||||||||||||||||||||||||
1) Если треугольник АВС – остроугольный, то |
|
|||||||||||||||||||||||||||
cos A = |
|
35 |
, |
cos C = |
|
15 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
6 |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Воспользуемся формулой сложения |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
sin( A+ C) = |
1 |
|
|
|
15 |
+ |
|
|
35 |
|
1 = |
|
|
|
35 + |
15 |
. |
|
||||||||||
6 |
|
|
4 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
24 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Далее |
находим |
|
|
|
искомую |
|
|
величину |
||||||||||||||||||||
AC = 2Rsin B = 24 |
|
35 + |
15 |
= |
|
35 + 15 . |
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
24 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2) Пусть угол С – тупой, тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
15 |
|
|
35 |
|
1 |
|
|
35 − 15 |
|
||||||||||
sin( A+ C) = |
|
|
− |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
. |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
4 |
|
|
|
6 |
|
4 |
|
|
|
|
24 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
AC = 35 − |
|
15 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
3) Случай, когда угол |
А – |
тупой, |
невозможен |
(почему?).
Второе решение. Используем теорему косину-
сов AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2 AB BC cos B и следст-
вие из теоремы синусов AC = 2R sin B . Отсюда
получаем |
тригонометрическое |
уравнение |
576 sin 2 B = 36 +16 − 48 cos B . Решая |
последнее |
уравнение, находим cos B = 1 ±245 21 . Положи-
тельное значение косинуса соответствует острому углу В, отрицательное – тупому углу В.
Зная значение sin B = |
50 ±10 21 |
= |
35 ± 15 |
, |
|
24 |
24 |
||||
|
|
|
находим AC = 35 ± 15 .
Ответ: 35 ± 15 .
Выбор угла параллелограмма
3
Пример 6. (2010) В параллелограмме |
ABCD |
|
известны стороны |
AB = a , BC = b, |
и |
BAD =α. Найдите |
расстояние между цен- |
трами окружностей, описанных около треугольников BCD и DAB.
Решение. Диагональ BD разбивает параллелограмм на два равных треугольника BCD и DAB. Поэтому по разные стороны от прямой BD расположены центры О и Q описанных около них окружностей, лежащие на серединном перпендикуляре OQ к их общей стороне BD. Следовательно, OQ = 2OM , где М – середина BD.
1) Пусть |
|
α < 90D , тогда центр О лежит внутри |
||
треугольника DAB. Получаем BOD = 2α , |
||||
BOM = |
|
1 |
BOD =α. Из треугольника ВОМ |
|
2 |
||||
|
|
|||
находим |
OM = BM ctgα. Тогда |
OQ = 2OM = 2BM ctgα = BD ctgα.
BD находим из треугольника DAB:
BD = a2 +b2 −2ab cosα .
Следовательно, OQ = a2 +b2 −2ab cosα ctgα.
2) Пусть α = 90D , тогда точки О и Q совпадают и OQ = 0.
4
3) Пусть α > 90D , тогда центр О лежит вне
треугольника DAB. Получаем угол, опирающийся на большую дугу BOD = 2α , а в треуголь-
нике BOD BOD = 360D −2α ,
BOM = 12 BOD =180D −α. Из треугольника
ВОМ находим
OM = BM ctg(180D −α) = BM (−ctgα).
Тогда
OQ = 2OM = 2BM (−ctgα ) = BD (−ctgα).
BD находим из треугольника DAB:
BD = a2 +b2 −2ab cosα .
Следовательно,
OQ = a2 +b2 −2ab cosα (−ctgα).
Ответ: a2 |
+b2 −2ab cosα ctgα , если |
0 <α < 90D ; |
0, если α = 90D ; |
a2 +b2 −2ab cosα (−ctgα) , если
90D <α <180D ;
в общем виде a2 +b2 −2ab cosα ctgα .
Выбор угла трапеции
Пример 7. (2010) Дана трапеция ABCD с боко-
выми сторонами |
АВ = 36, CD = 34 и верхним |
||||
основанием |
|
|
BC =10. |
Известно, |
что |
cos ABC = − |
1 |
. Найдите BD. |
|
|
|
3 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
Решение. 1) Проведем СЕ параллельно АВ.
Тогда |
АВСЕ |
– |
|
|
параллелограмм. |
|||||
AEC = ABC , |
DEC =180D − AEC , |
|||||||||
cos DEC = |
1 |
и cos DAB = |
1 |
. |
||||||
|
|
|||||||||
|
3 |
|
|
|
3 |
|
||||
2) Обозначим ED через х. В треугольнике |
||||||||||
DEC используем теорему косинусов. |
||||||||||
342 = 362 + x2 |
−2 36 x |
1 |
, |
x2 −24x +140 = 0. |
||||||
3 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Отсюда x =14 или x =10. |
|
|
|
|
||||||
3) В треугольнике АВD используем теорему |
||||||||||
косинусов. |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Если |
x =14, то AD = 24. |
|
|
|
|
|||||
BD2 |
= 362 + 242 −2 36 24 |
1 |
=1296; BD = 36. |
|||||||
3 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
В этом случае угол D – острый. (докажите) |
||||||||||
Если |
x =10, то AD = 20. |
|
|
|
|
|||||
BD2 |
= 362 + 202 −2 36 20 |
1 |
=1216; |
|||||||
3 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
BD = 8 19 .
В этом случае угол D – тупой. (докажите)
Вид угла (острый, прямой, тупой)
Пример 8. (2010) Трапеция ABCD с основаниями AD и ВС вписана в окружность с центром О. Найдите высоту трапеции, если ее
средняя линия равна 3 и sin AOB = 53 .
● Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали — полусумме оснований (средней линии). (докажите)
• Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
Решение. Пусть |
AOB =α. |
|
Проведем высоту |
||||||||||||||||
ВН и диагональ |
BD. Отрезок |
НD равен сред- |
|||||||||||||||||
ней линии. Так как вписанный угол BDА в два |
|||||||||||||||||||
раза |
меньше |
центрального |
|
угла |
|
|
|
|
|
АОВ, то |
|||||||||
ADB = α . Из |
прямоугольного |
треугольника |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
α |
|
|
|
|
|
|
ВНD найдем высоту BH = HD tg |
. Использу- |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
ем |
формулу |
|
тангенса |
половинного угла |
|||||||||||||||
tg α |
= |
|
|
sinα |
. |
Тогда BH = |
|
3sinα |
. |
||||||||||
1 |
+cosα |
|
|
|
|
||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
1 +cosα |
||||||||||||
1) Рассмотрим случай, когда AOB =α – ост- |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
3 |
3 |
|
|
|
||
рый. Находим |
cosα = |
и |
BH = |
|
5 |
=1. |
|||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
1 + |
|
4 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
2) Второй случай, когда AOB =α – |
тупой, |
|
рассмотрите самостоятельно. |
|
|
3) Почему не рассматривается случай, |
когда |
Ответ: 36 или 8 19 . |
AOB = 90D ? |
|
Ответ: 9 или 1. |
|
|
|
5 |
|
Взаимное расположение точки и отрезка, лежащие на одной прямой
Пример 9. (2010) В прямоугольнике ABCD AB =2 , BC = 3 . Точка Е на прямой АВ выбрана так, что AED = DEC. Найдите АЕ.
Решение. По свойству параллельных прямыхAED = EDC. Следовательно, треугольник
DEC равнобедренный, и EC =CD =2. Получим прямоугольный треугольник ВЕС с гипотенузой EC =2 и катетом BC = 3 . По теореме Пифагора BE =1.
1)Если точка Е лежит между А и В (точка Е1 на рисунке), то AE =1.
2)Если точка В лежит между А и Е (точка Е2 на рисунке), то AE =3.
3)Случай, когда точка А лежит между В и Е, невозможен (почему?).
2) Прямая, проходящая через середину Е стороны АВ, пересекает отрезок CD и продолжение отрезка AD за точку А.
SBMT = SBTE + SBME = 12 BE AT + 12 BE AD = = 12 BE (AE tgα + AD) = 12 2 (2 3 +4) =10.
Ответ: 1 или 3.
Пример 10. (2010) Через середину стороны AB квадрата ABCD проведена прямая, пересекающая прямые CD и AD в точках М и Т соответственно и образующая с прямой АВ угол α, tgα =3. Найдите площадь треугольника ВМТ,
если сторона квадрата ABCD равна 4. Решение. 1) Прямая, проходящая через середину Е стороны АВ, пересекает отрезок CD и продолжение отрезка AD за точку D.
SBMT = SBTE −SBME = 12 BE AT − 12 BE AD = = 12 BE (AE tgα − AD) = 12 2 (2 3 −4) = 2.
6
Почему следующие случаи невозможны?
3)Прямая, проходящая через середину Е стороны АВ, пересекает продолжение отрезка CD за точку D и отрезок AD.
4)Прямая, проходящая через середину Е стороны АВ, пересекает продолжение отрезка CD за точку С и отрезок ВС.
Предполагаемые критерии:
Содержание критерия |
Баллы |
|||
Рассмотрены |
все |
возмож- |
|
|
ные геометрические конфи- |
3 |
|||
гурации, и получен пра- |
||||
|
||||
вильный ответ. |
|
|
||
Рассмотрена |
хотя |
бы одна |
|
|
возможная конфигурация, в |
|
|||
которой получено правиль- |
2 |
|||
ное значение искомой вели- |
|
|||
чины. |
|
|
|
|
Рассмотрена |
хотя |
бы одна |
|
|
возможная конфигурация, в |
|
|||
которой получено значение |
1 |
|||
искомой величины, непра- |
||||
|
||||
вильное из-за арифметиче- |
|
|||
ской ошибки. |
|
|
|
|
Решение не |
соответствует |
|
||
ни одному из критериев, пе- |
0 |
|||
речисленных выше. |
|
|
Ответ: 2 или 10.
Взаимное расположение точки и окружности
Пример 11. (2010) Дана окружность и точка М. Точки А и В лежат на окружности, причем А – ближайшая к М точка окружности, а В – наиболее удаленная от М точка окружности. Найдите радиус окружности, если МА = a и МВ = b.
Решение. Точку можно рассматривать в качестве центра окружности нулевого радиуса. Поэтому ближайшая и удаленная точки лежат на линии центров.
1) Пусть точка М расположена внутри круга, ограниченного окружностью. Тогда радиус ок-
ружности равен MA + MB = a +b . 2 2
2) Если точка М расположена вне круга, то ра-
диус окружности равен MB −MA = b −a . 2 2
3) Рассмотрите самостоятельно случай, когда точка М расположена на окружности. Будут ли выполняться полученные формулы?
Ответ: |
b −a |
или |
b +a |
. |
|
2 |
2 |
||||
|
|
|
Ответ: 45D или 135D .
Расположение центра окружности относительно параллельных хорд
Пример 13. Две параллельные хорды окружности, радиус которой 25, имеют длину 14 и 40. Найдите расстояние между этими хордами. Решение. 1) Хорды расположены по разные стороны от центра окружности. Так как диаметр, перпендикулярный хорде, делит эту хорду пополам, то BF = FC = 7 , AE = ED = 20.
Из прямоугольных треугольников BOF и AOE находим OF = 252 −7 2 = 24 ,
OE = 252 − 202 =15. Длина искомого отрезка равна EF = OE +OF = 24 +15 = 39.
Расположение вершины вписанного угла относительно хорды
Пример 12. |
Радиус окружности равен 1. Най- |
|
||||||
дите величину вписанного угла, опирающегося |
2) Хорды расположены по одну сторону от цен- |
|||||||
на хорду, равную |
2 |
. Ответ дайте в градусах. |
||||||
тра окружности (рассмотрите самостоятельно). |
||||||||
Решение. Воспользуемся формулой sin A = |
a |
|
||||||
. |
|
|||||||
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
2R |
|
||
Тогда sin A = |
2 |
|
и |
A = 45D или A =135D . |
|
|||
2 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
7
Ответ: 9 или 39.
Расположение центра описанной окружности относительно треугольника
Пример 14. (2010) Около треугольника ABC описана окружность с центром О, угол АОС равен 60°. В треугольник ABC вписана окружность с центром М. Найдите угол АМС.
Решение. В равнобедренном треугольнике АВС (ОС = ОА =R) угол при вершине равен 60D .
Следовательно, треугольник АВС - равносторонний и АС = R.
Используя следствие обобщенной теоремы си-
нусов, |
получаем |
AC = 2R sin B , |
R = 2R sin B , |
||
sin B = |
1 |
. Отсюда |
B = 30D , или |
B =150D . |
|
2 |
|||||
|
|
|
|
1) Пусть B = 30D , тогда A + C =150D .
Центр вписанной окружности М, лежит на пересечении биссектрис, значит
MAC + MCA =150D : 2 = 75D .
Тогда AMC =180D −75D =105D .
2) Случай, когда B =150D , рассмотрите самостоятельно.
8
Ответ: 165D или 105D .
Расположение центра описанной окружности относительно трапеции
Пример 15. (2010) Трапеция с основаниями 14 и 40 вписана в окружность радиуса 25. Найдите высоту трапеции.
● Трапеция вписана в некоторую окружность тогда и только тогда, когда она является равнобедренной.
Решение. Трапеция вписана в окружность, поэтому она равнобедренная. Центр O описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам трапеции. 1). Пусть центр окружности лежит внутри трапеции. Далее см. пример 13.
2). Центр окружности лежит вне трапеции.
Ответ: 39 или 9.
Пример 16. (2010) Около трапеции ABCD описана окружность радиуса 6 с центром на основании AD. Найдите площадь трапеции, если основание ВС равно 4.
Решение. Центр O описанной окружности лежит на основании AD, значит,
AD = 2R = 2 6 =12. ОН – высота и медиана в
равнобедренном треугольнике ВОС. Получаем СН = 4 : 2 = 2 и из прямоугольного треугольника ОНС высоту трапеции
OH = 62 − 22 = 4 2 .
Площадь трапеции равна
S = |
4 +12 |
4 2 = 32 2 . |
|
2 |
|||
|
|
Ответ: 32 2 .
двух сторон параллелограмма, исходящих из вершины одного его острого угла. Найдите площадь четырехугольника ABOD.
• При проведении биссектрисы угла параллелограмма образуется равнобедренный треуголь-
ник. (докажите)
Решение. 1) Окружность вписана в угол с вершиной А.
Треугольник ADF – равнобедренный. Так какA = 60D , то треугольник ADF – равносторонний со стороной 3. Радиус вписанной окружно-
сти равен r = a63 = 363 = 23 . Находим площадь SABOD = SAOB + SAOD =
= 12 AB r + 12 AD r = 543 .
2) Окружность вписана в угол с вершиной С (рассмотрите самостоятельно).
Расположение центра окружности |
|
|
|
|
|
||
относительно касательной |
|
5 3 |
|
|
13 3 |
|
|
|
Ответ: |
, |
|
. |
|||
Пример 17. (2010) Дан параллелограмм |
4 |
6 |
|||||
ABCD, |
|
|
АВ = 2, ВС = 3, A = 60D . Окружность с центром в точке О касается биссектрисы угла D и
9
Вписанная или вневписанная окружность
Пример 18. (2010) Прямая отсекает от сторон прямого угла отрезки 3 и 4. Найдите радиус окружности, касающейся этой прямой и сторон угла.
● Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник равен
r = |
a +b −c |
= p −c ( C = 90D ) |
|
||
2 |
|
● Радиус вневписанной окружности, касающейся гипотенузы прямоугольного треугольника, равен полупериметру этого треугольника. (до-
кажите)
Решение. 1) Окружность вписана в треугольник. Пусть r – радиус вписанной окружности. Так как FOGC – квадрат и отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, рав-
ны, то AG = AE = b −r , BF = BE = a −r . Тогда c = AB = AE + BE = b −r + a −r .
Отсюда r = a +2b −c = 3 + 42 −5 =1.
Второе решение. Используем метод площадей.
SABC = SAOB + SAOC + SBOC =
= 12 AB r + 12 AC r + 12 BC r .
|
S ABC |
|
|
1 |
3 |
4 |
|
|
Отсюда r = |
= |
2 |
|
=1. |
||||
p |
3 + 4 |
+5 |
|
|||||
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2) Случай (окружность является вневписанной для треугольника АВС) рассмотрите самостоятельно (два способа).
Ответ: 1 или 6.
Пример 19. (2010) Дана трапеция ABCD, основания которой ВС = 44, AD = 100, AB = CD =
10
35. Окружность, касающаяся прямых AD и AC, касается стороны CD в точке K. Найдите длину отрезка CK.
●Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали — полусумме оснований (средней линии). (докажите)
●Пусть окружность вписана в треугольник ABC. Тогда расстояние от вершины A до точки касания окружности со стороной AB равно
x = p −a = |
b +c − a |
(докажите) |
|
||
2 |
|
● Пусть окружность касается стороны BC треугольника ABC и продолжений сторон AB и AC. Тогда расстояние от вершины A до точки касания окружности с прямой AB равно полупериметру треугольника ABC. (докажите)
Решение. Опустим из вершин В и С трапеции |
|||||
на сторону AD перпендикуляры BE и CF со- |
|||||
ответственно. Тогда AE = |
100 −44 |
= 28, |
|||
|
|||||
|
2 |
|
|||
AF = |
100 + 44 |
= 72. Далее вычисляем |
|||
2 |
|||||
|
|
|
|
||
BE = |
AB2 − AE 2 = 352 −282 = 21, |
AC = AF 2 +CF 2 = 722 + 212 = 75.
1) Окружность вписана в треугольник ACD. Получаем
CK = |
AC +CD − AD |
= |
75 +35 −100 |
= 5. |
|
2 |
2 |
||||
|
|
|
2) Случай (окружность является вневписанной для треугольника ACD) рассмотрите самостоятельно.
Ответ: 5 или 30.
Расположение точки касания на прямой
Пример 20. (2010) На стороне ВА угла ABC, равного 30°, взята такая точка D, что AD = 2 и BD = 1. Найдите радиус окружности, проходящей через точки А, D и касающейся прямой
ВС.
Решение. Центр искомой окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к отрезку AD с перпендикуляром к прямой ВС, проходящим через точку касания. Для точки касания Х искомой окружности с прямой ВС по теореме о касательной и секущей имеем
BX 2 = BD AB =1 3,
откуда BX = 3 .
1) Точка касания лежит на луче ВС.
Впрямоугольном треугольнике ОВЕ
OBE = 30D , OB = 2, BE = 3 . OE = OA = OD =1.
Тогда центр окружности совпадает с серединой О отрезка AD и точка Х совпадает с точкой Е. Искомый радиус окружности равен 1.
2) Точка касания лежит на продолжении луча ВС за точку В (рассмотрите самостоятельно).
Предполагаемые критерии:
11
|
Содержание критерия |
Баллы |
|
|||||
|
В представленном решении |
|
|
|||||
|
верно найдены |
радиусы |
3 |
|
||||
|
обеих окружностей. |
|
|
|
||||
|
Рассмотрены |
оба |
случая |
|
|
|||
|
расположения |
окружности, |
2 |
|
||||
|
но верно |
найден |
радиус |
|
||||
|
|
|
||||||
|
только в одном из них. |
|
|
|
||||
|
Рассмотрен |
только |
один |
|
|
|||
|
случай |
расположения |
ок- |
1 |
|
|||
|
ружности и верно найден ее |
|
||||||
|
|
|
||||||
|
радиус. |
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
не |
соответствует |
|
|
|||
|
ни одному из критериев, пе- |
0 |
|
|||||
|
речисленных выше. |
|
|
|
|
|||
Ответ: 1 или 7. |
|
|
|
|
|
|||
|
Внешняя или внутренняя касательная |
|||||||
|
непересекающихся окружностей |
|||||||
Пример 21. |
|
(2010) Прямая касается окружно- |
||||||
стей радиусов |
R |
и r |
в точках |
А и В. Извест- |
но, что расстояние между центрами равно a, причем r < R и r + R < a. Найдите АВ.
Решение. Пусть О1 – центр окружности радиуса R, О2 – центр окружности радиуса r, А и В соответственно – точки касания окружностей с их общей внешней касательной, Р – основание перпендикуляра, опущенного из О2 на О1А.
Из прямоугольного треугольника О1О2Р находим, что
O P = O O 2 |
−O P2 |
= a2 −(R −r)2 , |
|||
2 |
1 |
2 |
|
1 |
|
а так как |
APO2 B |
- |
прямоугольник, то |
AB = O P = a2 |
−(R −r)2 . |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Второй случай (внутренняя касательная) рассмотрите самостоятельно.