Гордин Р.К. Геометрия. Планиметрия. 7-9 классы

Подождите немного. Документ загружается.

§ 1.6 211

Рис. 175

Рис. 176

окружности треугольника, остальные — точки пересечения

биссектрис внешних углов.

1.306. Указание. Центры искомых окружностей лежат на

биссектрисах вертикальных углов, образованных данными

прямыми.

1.307. Прямая, проходящая через данную точку и центр

данной окружности (без данной точки).

1.308. Указание. Расстояние между центрами касающихся

окружностей равно сумме или разности их радиусов.

1.309. Одна или две окружности, концентрические дан-

ной.

Поскольку линия центров двух касающихся окруж-

ностей проходит через их точку касания, то искомое геомет-

рическое место точек представляет собой две окружности,

концентрические данной. Радиусы этих окружностей равны

сумме и разности данных радиусов (рис. 175).

1.310. Указание. Пусть данная точка A лежит вне данной

окружности с центром O

, а искомая окружность с центром O

касается данной внешним образом (рис. 176). Тогда точка O

лежит на окружности с центром O

и радиусом, равным сум-

ме данных радиусов, а также на окружности с центром A и

радиусом, равным данному радиусу искомой окружности.

1.311. Указание. Если искомая окружность касается данной

внешним образом, то ее центр лежит на окружности, концен-

трической данной, с радиусом, равным сумме данных радиусов,

если же внутренним — то разности. В то же время, центр ис-

комой окружности лежит на прямой, параллельной данной и

212 7 класс

Рис. 177

M N

A B

Рис. 178

Рис. 179

удаленной от данной на расстояние, равное данному радиусу

искомой окружности.

1.312. Указание. Диаметр искомой окружности равен рас-

стоянию между данными параллельными прямыми.

1.313. Указание. Диаметр искомой окружности равен рас-

стоянию между данными параллельными прямыми.

1.314. Указание. Центр искомой окружности лежит на

окружностях, соответственно концентрических данным, и ра-

диусы этих окружностей можно найти.

1.315. Указание. Радиус искомой окружности равен полу-

сумме радиусов данных.

1.316. Указание. Пусть A — точка на данной окружности

с центром O (рис. 177), а B — данная точка, не лежащая на

этой окружности. Тогда центр искомой окружности лежит на

серединном перпендикуляре к отрезку AB и на прямой OA.

1.317. Указание. Пусть прямая, проведенная параллельно

стороне AB треугольника ABC (рис. 178) на расстоянии, рав-

ном данной высоте, пересекает стороны AC и BC в точках M

и N. Тогда вершина искомого равнобедренного треугольника

лежит на серединном перпендикуляре к отрезку M N.

1.318. Окружность с диаметром AB (без точки B).

1.319. Указание. Центр искомой окружности лежит на сере-

динном перпендикуляре к отрезку AO (рис. 179), а также — на

окружности с центром O и радиусом, равным половине радиуса

данной окружности.

1.320. Указание. Пусть ABC — искомый треугольник

(рис. 180), AB — его данная сторона, AH — данная высота, O —

§ 1.6 213

A B

Рис. 180

Рис. 181

A B

Рис. 182

центр описанной окружности, R — ее радиус. Тогда точка O —

вершина равнобедренного треугольника с данными сторона-

ми AB и OA = OB = R, а точка H лежит на окружности с

диаметром AB.

1.321. Указание. Если прямые, соответственно параллель-

ные сторонам угла и расположенные на равных расстояниях от

его сторон, пересекаются внутри угла, то точка их пересечения

лежит на биссектрисе данного угла.

1.322. Окружность без одной точки. Указание. Пусть отре-

зок AM делится пополам некоторой точкой K данной окруж-

ности. На продолжении диаметра AB данной окружности за

точку B отложите отрезок BC, равный AB. Треугольник ABM

равнобедренный, так как его медиана BK является высотой.

1.323. Указание. Биссектриса есть ось симметрии угла.

1.324. Окружность с центром O и радиусом OA (без точ-

ки A) и луч OC (без точки O).

Если точка M из искомого гео-

метрического места точек не лежит на прямой AO (рис. 181), то

из теоремы о внешнем угле треугольника следует, что треуголь-

ник AOM — равнобедренный (MO = OA). Поэтому точка M

лежит на окружности с центром O и радиусом OA. Обратно,

для любой точки M окружности с центром O и радиусом OA,

отличной от A, ∠MOC = 2∠MAC. Если точка M, отличная

от O, лежит на луче OC, то

∠MOC = 2∠MAC.

1.325. Указание. Если O — точка пересечения биссектрис

треугольника ABC (рис. 182) и ∠AOB = 135

◦

, то ∠ACB = 90

◦

214 7 класс

Рис. 183

Рис. 184

1.326. а) Внешность круга, построенного на данном отрезке

как на диаметре, без точек прямой, проходящей через данные

точки; б) внутренность круга, построенного на данном отрез-

ке как на диаметре, без точек прямой, проходящей через дан-

ные точки. Указание. Примените теорему о внешнем угле тре-

угольника.

1.327. Указание. Равные хорды окружности касаются неко-

торой окружности, концентрической данной.

1.328. Геометрическое место середин равных хорд окруж-

ности есть окружность, концентрическая данной. Радиус этой

окружности равен расстоянию от центра данной окружности

до одной из таких хорд. Отсюда вытекает следующее построе-

ние. Впишем в первую окружность произвольную хорду, равную

данному отрезку (рис. 183). Построим окружность, концентри-

ческую данной, с радиусом, равным расстоянию от центра до

середины построенной хорды. Аналогично для второй окруж-

ности. Тогда каждая общая касательная к двум построенным

окружностям есть искомая прямая. Задача может иметь не бо-

лее четырех решений.

1.329. Указание. Через данную на одной из окружностей

точку проведите касательную к этой окружности. Теперь за-

дача сводится к построению окружности, касающейся данной

окружности и данной прямой в данной на ней точке (пример 4

из §1.5, с. 35).

1.330. Две равные касающиеся окружности.

Пусть CD —

диаметр данной окружности, перпендикулярный данному

§ 1.7 215

диаметру AB (рис. 184), X — произвольная точка меньшей

дуги AC, X

и X

— проекции точки X на AB и OC соот-

ветственно. Тогда OC = OX, OM = XX

= OX

. Поэтому

треугольники CMO и XX

O равны по двум сторонам и углу

между ними. Значит, ∠CMO = ∠XX

O = 90

◦

. Следовательно,

точка M лежит на окружности с диаметром OC. Аналогично

для любой другой точки данной окружности.

Пусть теперь M — произвольная точка окружности с диа-

метром OC. Пусть X — точка пересечения луча OM с исходной

окружностью, X

и X

— проекции точки X на AB и OC соот-

ветственно. Тогда прямоугольные треугольники CMO и XX

равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, OM =

= OX

= XX

. Аналогично для любой точки окружности с

диаметром OD.

1.331. Указание. См. пример 3 из §1.6, с. 43.

§ 1.7

1.333. Сторона, равная 1. 1.334. Нет. 1.335. Может. 1.336.

Нет. 1.340. а) 3; б) 13. 1.341. 6. 1.342. 60

◦

. 1.343. BC.

1.344. Указание. Если хорда AB не является диаметром

окружности с центром O (рис. 185), то для равнобедренного

треугольника AOB верно неравенство AB < OA + OB.

1.346. а) Да; б) нет.

1.347. Указание. Если CD — высота прямоугольного тре-

угольника ABC, проведенная к гипотенузе AB (рис. 186), то

∠ACD = ∠ABC и ∠BCD = ∠BAC.

1.348. AB > AC. Указание. Если ∠BAD > ∠CAD

(рис. 187), то

∠ABC = 90

◦

− ∠BAD < 90

◦

− ∠CAD = ∠ACB.

Рис. 185

A D B

Рис. 186

B D C

Рис. 187

216 7 класс

Рис. 188

Рис. 189

B CM

Рис. 190

B C

Рис. 191

1.349. Пусть a, b, c — стороны треугольника. Тогда a + b +

+ c = a + (b + c) > a + a = 2a, поэтому a <

(a + b + c).

1.350. Пусть AC — диагональ четырехугольника ABCD

(рис. 188). Применяя неравенство треугольника к треугольни-

кам ABC и ACD, получим AC < AB + BC и AC < AD + CD.

Сложив почленно эти неравенства, найдем

2AC < AB + BC + AC + CD,

откуда AC <

(AB + BC + AC + CD).

1.351

. Пусть M — точка пересечения диагоналей AC и BD

данного четырехугольника ABCD (рис. 189). Тогда AB < AM +

+ BM и CD < CM + DM. Сложив почленно эти неравенства,

получим

AB + CD < AM + BM + CM + DM =

= (AM + CM) + (BM + DM ) = AC + BD.

1.352. В точке пересечения диагоналей четырехугольника.

Указание. Предположите, что искомая точка не лежит на одной

из диагоналей, и примените неравенство треугольника.

1.353. Указание. Воспользуйтесь результатами задач 1.350

и 1.351

1.354. Пусть M — точка на основании BC равнобедренного

треугольника ABC, отличная от точек B и C (рис. 190). Тогда

один из углов AM B и AMC прямой или тупой. Предположим,

∠AMB > 90

◦

. Тогда это наибольший угол треугольника AMB,

значит, AM < AB.

§ 1.7 217

Рис. 192

A B

M N

Рис. 193

1.355. Через точку K проведем пря мую, параллельную ос-

нованию BC (рис. 191). Пусть M — ее точка пересечения с бо-

ковой стороной AB. Тогда ∠BKM = ∠CBK = ∠ABK, значит,

треугольник BMK равнобедренный, BM = MK = KC. Следо-

вательно, 2CK = BM + M K > BK.

1.356

. Пусть O

и O

— центры окружностей радиусов r

и R соответственно (рис. 192), A — одна из двух точек их пере-

сечения. Для треугольника O

верны неравенства

< O

A + O

A и AO

< O

A + O

или

< r + R и O

> AO

−AO

= R −r.

1.357

. 3 и 13.

Докажем, что кратчайшее расстояние

между точками двух окружностей, лежащих одна вне другой,

есть отрезок линии центров, заключенный между окружностя-

ми. Пусть O

и O

— центры окружностей, а линия центров

пересекает окружности в точках A и B, причем и A, и B лежат

между O

и O

(рис. 193). Тогда, если X и Y — другие точки

этих окружностей, то

+ XY + Y O

> O

= AO

+ AB + BO

Следовательно, XY > AB. Пусть AM и BN — диаметры

окружностей, а X и Y — точки окружностей, отличные от M

и N. Тогда

XY < XO

+ O

+ Y O

= M O

+ O

+ NO

= M N.

В нашей задаче AB = 3 и MN = 2 + 8 + 3 = 13.

218 7 класс

B C

Рис. 194

B C

Рис. 195

1.358. Указание. Если O — точка пересечения биссектрис

треугольника ABC, то ∠BOC = 90

◦

∠A.

1.359. Нет.

1.360. Пусть ABC и A

— равнобедренные треуголь-

ники с основаниями BC и B

(рис. 194), причем AB = AC =

= A

и ∠A > ∠A

, а AD и A

— их высоты.

На продолжениях AD и A

за точки D и D

отложим от-

резки DM и D

, соответственно равные AD и A

. Тогда

в треугольниках ACM и A

известно, что AC = A

CM = C

и ∠ACM < ∠A

. Значит, AM < A

. Сле-

довательно, AD < A

1.361. Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 1.360.

1.362. Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 1.360.

1.363. Указание. Искомая хорда перпендикулярна радиусу,

проходящему через данную точку (для доказательства восполь-

зуйтесь утверждением задачи 1.362).

1.364

. Отложим на продолжении медианы AM за точ-

ку M отрезок MK, равный AM (рис. 195). Тогда CK = AB.

Применяя неравенство треугольника к треугольнику ABK,

получим

2AM = AK < AB + BK = AB + AC

2AM = AK > AB − BK = AB −AC.

Отсюда следует, что

(AB − AC) < AM <

(AB + AC).

§ 1.7 219

B CK

Рис. 196

B AK

Рис. 197

A D C

Рис. 198

1.365. Продолжим AM до пересечения со стороной BC в

точке K (рис. 196). Тогда

∠BMK = ∠BAM + ∠ABM > ∠BAM

∠CMK = ∠CAM + ∠ACM > ∠CAM.

Следовательно,

∠BMC = ∠BMK + ∠CM K > ∠BAM + ∠CAM = ∠BAC.

1.366. Поскольку угол B треугольника BCK (рис. 197)

больше угла A треугольника ACK (против большей сторо-

ны AC треугольника ABC лежит больший угол), а углы BCK

и ACK этих треугольников равны, то ∠BKC < ∠AKC, а так

как это смежные углы, то угол AKC тупой.

1.367. Угол ADB — внешний угол треугольника BDC

(рис. 198), поэтому ∠ADB > ∠CBD = ∠ABD, значит, в тре-

угольнике ABD сторона AB больше стороны AD. Аналогично,

CB > CD.

1.368. Отложим на продолжении медианы CD за точ-

ку D отрезок DC

, равный DC (рис. 199). Тогда AC

= BC

и ∠AC

C = ∠BCD. В треугольнике CAC

известно, что AC >

> AC

= BC. Следовательно,

∠ACD = ∠ACC

< ∠AC

C = ∠BCD.

1.369. Пусть BD — биссектриса треугольника ABC

(рис. 200) и AB > BC. Рассмотрим точку C

, симметричную

220 7 класс

B A

Рис. 199

ADC

Рис. 200

A C

Рис. 201

вершине C относительно биссектрисы угла B. Тогда CD = C

Поскольку BC

= BC < AB, точка C

лежит на отрез-

ке AB, а AC

D — внешний угол треугольника BDC

, по-

этому ∠AC

D > ∠BDC

= ∠BDC > ∠A. Следовательно,

CD = C

D < AD.

1.370. Указание. Предположите противное и воспользуй-

тесь результатом предыдущей задачи.

1.371. В треугольнике ABN (рис. 201) угол B наибольший,

поэтому AN > AB, а так как AM — биссектриса треуголь-

ника ABN, то M N > BM (см. задачу 1.121

). Неравенство

MN < NC доказывается аналогично.

1.372. Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 1.368.

1.373. Содержащая точку B полуплоскость, граница кото-

рой — серединный перпендикуляр к отрезку AB.

1.374. Поскольку ∠AM N = ∠MCN + ∠MNC > ∠C, то

угол AMN тупой (рис. 202). Следовательно, AN — наибольшая

сторона треугольника AMN. Тогда MN < AN . Аналогично

докажем, что AB — наибольшая сторона треугольника ANB.

Поэтому AN < AB. Следовательно, MN < AB.

1.375. Пусть D — точка на стороне BC треугольника ABC

(рис. 203). Один из углов ADB и ADC не меньше прямого.

Пусть ∠ADC > 90

◦

. Тогда это наибольший угол треугольни-

A B

Рис. 202

B D C

Рис. 203