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

Подождите немного. Документ загружается.

§ 2.3 251

A D

Рис. 284

B C

A D

Рис. 285

Рис. 286

центрами окружностей равно сумме их радиусов. Следователь-

но, окружности касаются.

2.150. Пусть M и N — середины сторон AB и CD выпуклого

четырехугольника ABCD и M N =

(AD + BC) (рис. 284). На

продолжении отрезка BN за точку N отложим отрезок NK,

равный BN. Из равенства треугольников BCN и KDN (по

двум сторонам и углу между ними) следует, что DK = BC

и DK k BC. Поскольку MN — средняя линия треугольни-

ка ABK, то AK = 2MN = AD + BC = AD + DK. Следо-

вательно, точка D лежит на отрезке AK и AD k BC.

2.151. 75

◦

, 75

◦

, 105

◦

, 105

◦

Пусть окружность с цен-

тром O, построенная как на диаметре на большем основа-

нии AD трапеции ABCD, проходит через середины M и N

боковых сторон AB и CD и касается меньшего основания BC

в точке K (рис. 285). Если средняя линия MN пересекает ра-

диус OK в точке P , то P — середина OK (см. задачу 2.139)

и OP ⊥ MN. В прямоугольном треугольнике OP M катет OP

равен половине гипотенузы OM (радиус окружности), поэто-

му ∠P M O = 30

◦

. Тогда угол AOM при вершине равнобед-

ренного треугольника AOM также равен 30

◦

. Следовательно,

∠BAD =

(180

◦

− 30

◦

) = 75

◦

. Аналогично, ∠CDA = 75

◦

2.152. 30

◦

, 30

◦

, 150

◦

, 150

◦

2.153. Опустим из центра O окружности, описанной око-

ло данного четырехугольника, перпендикуляр OM на диаго-

наль AC (рис. 286). Так как O — середина BD, то M — се-

редина EF (см. задачу 2.145

). Кроме того, M — середина AC,

поэтому CE = F A.

2.154. Точки B, C, D, и E лежат на окружности с центром

252 8 класс

B C

Рис. 287

B C

A D

Рис. 288

A B

Рис. 289

в середине O стороны BC (рис. 287). Пусть H — основание пер-

пендикуляра, опущенного из точки O на DE. Тогда DH = HE

и GH = HF , так как OH — средняя линия трапеции BF GH.

Следовательно, EF = DG.

2.155. Указание. Через точку пересечения биссектрис про-

ведите прямую, параллельную стороне треугольника.

2.156. Нет. Через вершину B меньшего основания BC

трапеции ABCD проведем прямую, параллельную боковой сто-

роне CD, до пересечения с основанием AD в точке K (рис. 288).

Тогда AK = AD−DK = AD−BC, BK = CD (так как BCDK —

параллелограмм), AD − BC = AK > |AB − BK| = |AB − CD|,

т. е. в любой трапеции разность оснований больше разности бо-

ковых сторон. Отсюда следует утверждение задачи.

2.157. Пусть P — проекция центра O окружности с диамет-

ром AB на хорду MN этой окружности (рис. 289). Посколь-

ку ∠AKC = ∠BLC = 90

◦

, то K и L — проекции точек A и B на

хорду MN, а так как O — середина AB, то P — середина KL (см.

задачу 2.145

). Кроме того, точка P делит хорду MN пополам.

Следовательно, KM = LN.

§ 2.4

2.158. 2

√

3, 2. 2.159.

sin

, a ctg . 2.160. 2

√

3. 2.161.

√

2.162. 13. 2.163. 4

√

3, 2

√

19. 2.164.

a(a + b),

b(a + b).

2.165. 2a, 2a

√

7. 2.166. 13, 2

√

13, 3

√

13, 5

√

13. 2.167. 8.

2.168. 24. 2.169. 12. 2.170. 8

√

2. 2.171. 25, 20. 2.172. 12,

√

3, 24. 2.173. 10. 2.174. 6. 2.175. 12. 2.176.

√

§ 2.4 253

2.177.

√

A B

Рис. 290

2.180

. Пусть AA

и BB

— высоты

треугольника ABC (рис. 290). Тогда BB

и AA

C — прямоугольные треугольни-

ки с общим острым углом (это либо

угол C, либо смежный с ним угол), по-

этому

= sin

. Следовательно,

BC · AA

= AC ·BB

2.181.

. Указание. Произведение искомой высоты на ги-

потенузу равно произведению катетов.

2.182.

√

−a

. Указание. Произведение искомой высоты

на боковую сторону равно произведению основания на прове-

денную к нему высоту.

2.183. 3

√

2, 2

√

13,

√

10. 2.184.

2.185

. Если квадрат стороны треугольника равен сумме

квадратов двух других его сторон, то треугольник прямо-

угольный.

Пусть стороны треугольника равны a, b и c,

причем a

+ b

= c

. Рассмотрим прямоугольный треуголь-

ник с катетами a и b. Его гипотенуза по теореме Пифагора

равна

√

+ b

. Поэтому рассматриваемый треугольник равен

данному по трем сторонам. Следовательно, и данный треуголь-

ник прямоугольный.

2.186.

. Указание. Через конец меньшего основания тра-

пеции проведите прямую, параллельную боковой стороне. Эта

прямая отсекает от трапеции треугольник со сторонами 6, 8 и 10.

Этот треугольник прямоугольный.

2.187.

2(a + b)(a + 2b),

2a(a + b) или

2(a + b)(2a + b),

2b(a + b).

2.188. 5, 2

√

13.

2.189.

√

ab. Пусть вершины K и N квадрата KLMN

(рис. 291) расположены соответственно на катетах AC и BC

прямоугольного треугольника ABC, вершины L и M — на ги-

потенузе AB, и при этом AL = a и BM = b. Обозначим через x

сторону квадрата. Углы AKL и M BN равны, так как каждый

из них составляет 90

◦

в су мме с углом A треугольника ABC,

254 8 класс

A B

L M

K N

Рис. 291

C A

Рис. 292

поэтому

= tg ∠AKL = tg ∠MBN =

, поэтому

Откуда x

= ab.

2.190. 9, 18, 9

√

2.191.

a(2

√

3−1)

. Указание. Обозначьте через x сторону

квадрата и выразите через x отрезки, на которые вершины

квадрата делят основание треугольника.

2.192. 4

√

5, 8

√

5. 2.193. 2R sin cos .

2.194.

√

− b

. Указание. Проекция диагонали равнобокой

трапеции на большее основание равна средней линии трапеции.

2.195. 6. Указание. Через вершину меньшего основания тра-

пеции проведите прямую, параллельную боковой стороне.

2.196.

sin

. Указание. Проведите высоту ромба из вершины

большего угла.

2.197. 2

√

3. Указание. Общая хорда перпендикулярна линии

центров.

2.198.

2 cos( /2)

. Указание. Отрезок OM перпендикулярен

хорде AB, делит ее пополам, а ∠OAB =

2.199. a

√

3. 2.200. 2(

√

3 − 1),

√

3 − 1). 2.201.

2.202. a(

√

6 −

√

2). Указание. Докажите, что MN k AC,

обозначьте сторону равностороннего треугольника через x, со-

ставьте уравнение относительно x.

2.203. 2R sin

, 4R sin cos .

2.205. Да. Указание. На луче DC возьмем точку C

, из ко-

торой отрезок AB виден под прямым углом. Тогда C

= AD · BD = CD

2.206.

√

6−

√

, 2 −

√

3. Рассмотрим прямоугольный тре-

угольник ABC, в котором ∠C = 90

◦

, ∠A = 15

◦

и AB = 1

§ 2.4 255

(рис. 292). Пусть CH — его высота, CM — медиана. Тогда

CM =

, ∠CMB = 2 · 15

◦

= 30

◦

, CH =

CM =

MH =

√

, AH = AM + M H =

√

2 +

√

tg 15

◦

2 +

√

= 2 −

√

AC =

+ CH

(2 +

√

8 + 4

√

2(4 + 2

√

3 + 1)

√

3 + 1)

√

6 +

√

sin 15

◦

√

3 + 1)

√

6 +

√

6 −

√

2.207. 2

Обозначим через x и y катеты треуголь-

ника, к которым проведены медианы, равные a и b соответствен-

но. Тогда

+ y

= a

и x

= b

. Сложив почленно эти

равенства, получим:

+ y

) = a

+ b

. Если c — гипотенуза

треугольника, то c

= x

+ y

+ b

2.208.

. Указание. Обозначьте части медиан от точ-

ки их пересечения до середин сторон через x и y и воспользуй-

тесь теоремой Пифагора.

2.209.

√

. 2.210.

2b(a + b) или

2a(b + a).

2.211. 6. Указание. CD — высота треугольника ACD.

2.212. 26, 39. 2.213.

√

2(1±sin )

cos

2.214. 8, 15. Указание. Выразите катеты через радиус впи-

санной окружности и воспользуйтесь теоремой Пифагора.

2.215. 14, 12,5, 29,4, 16,9. Пусть биссектрисы тупых

углов B и C пересекаются в точке P , принадлежащей боль-

шему основанию AD трапеции ABCD (рис. 293). Обозна-

чим CD = DP = x, AB = AP = y, M и N — основания

перпендикуляров, опущенных из вершин B и C на AD. Тогда

256 8 класс

D A

N P M

Рис. 293

C A

Рис. 294

Рис. 295

P N =

√

− 12

= 9, P M =

√

−12

= 5, P C

− P N

= CD

− DN

, т. е. 15

− 9

= x

− (x − 9)

. Отсюда находим,

что x = 12,5. Аналогично, P B

− P M

= AB

− AM

, т. е.

− 5

= y

− (y − 5)

. Отсюда находим, что y = 16,9.

2.216. a(cos ± sin ctg( + )).

2.217.

√

3. Указание. Пусть M — середина AD. Тогда MA =

= M D = M C.

2.218.

. 2.219.

√

− b

2.220. 12.

Пусть O — центр окружности, x — ее радиус,

M и N — точки касания с катетами AC и BC соответственно

(рис. 294). Тогда

= tg ∠B =

, или

28−x

. Отку-

да x = 12.

2.221. 4c.

Пусть M — середина гипотенузы AB прямо-

угольного треугольника ABC (рис. 295), N и K — точки пересе-

чения перпендикуляра к AB, проходящего через точку M , с ка-

тетом AC и продолжением катета BC соответственно. Обозна-

чим AM = BM = x, ∠BAC = . Тогда ∠BKM = ∠BAC = ,

поэтому

= tg

, или

, откуда x = 2c.

2.222

√

ab. Радиус, проведенный из центра O окружно-

сти в точку P касания окружности с боковой стороной AB, есть

высота прямоугольного (см. задачу 2.129) треугольника AOB,

опущенная из вершины прямого угла на гипотенузу (рис. 296).

Следовательно, OP

= AP · BP = ab.

2.223.

10R

, 4R, 2R.

Пусть K — точка касания вписан-

ной окружности (с центром O) с большей боковой стороной AB

трапеции ABCD (рис. 297), M и N — точки касания с мень-

шим и б´ольшим основаниями AD и BC соответственно. То-

гда AK = AM =

−R =

, AK·BK = OK

, или BK·

= R

§ 2.4 257

Рис. 296

Рис. 297

Отсюда находим, что BK = 3R, BC = CN +N B = R+3R = 4R,

AB =

+ 3R =

10R

2.224.

−(R + r)

− (R − r)

. Пусть O

и O

—

центры окружностей радиусов r и R, A и B — точки каса-

ния с общей внешней касательной, C и D — с внутренней.

Пусть P — основание перпендикуляра, опущенного из O

на O

B (рис. 298, а). Тогда AB = O

P =

− O

− (R − r)

. Пусть Q — основание перпендикуляра, опу-

щенного из O

на продолжение O

D (рис. 298, б ). Тогда CD =

= O

Q =

− O

− (R + r)

2.225. а) 2

√

rR. Опустим перпендикуляр O

P из цен-

тра O

на O

B (рис. 299). В прямоугольном треугольнике

P O

известно, что

= r + R, O

P = R − r, O

P =

− O

= 2

√

rR.

Поэтому AB = O

P = 2

√

rR. Поскольку MK = M B и MK =

= M A, то N M = 2MK = AB = 2

√

rR.

б) Поскольку M O

и MO

— биссектрисы смежных уг-

лов AMK и BMK, то угол O

— прямой. Поскольку

а)

б )

Рис. 298

258 8 класс

Рис. 299

Рис. 300

MA = MK = MB, то точка K лежит на окружности с диамет-

ром AB. Поэтому ∠AKB = 90

◦

в)

(

√

R±

√

Если x — радиус искомой окружности, ко-

торая касается прямой AB в точке F , то что AF = 2

√

rx и BF =

= 2

√

Rx (рис. 300). Если точка F лежит между A и B, то AF +

+BF = AB. Тогда, решив уравнение 2

√

xr +2

√

Rx = 2

√

Rr, по-

лучим, что x =

(

√

R+

√

. В противном случае точка A лежит

между точками B и F (так как R > r). Поэтому соответствую-

щее уравнение примет вид 2

√

xR −2

√

rx = 2

√

Rr. Следователь-

но, x =

√

R−

√

. На рисунке 300 в этом случае точки A и F

поменяются местами.

2.226.

a(a + b),

b(a + b). Указание. Если BD = x, то

= tg ∠BAD = tg ∠BDC =

2.227.

√

. Указание. Через середину меньшего основания

трапеции проведите прямые, параллельные боковым сторонам.

2.228. |b−a|sin

, |b−a|cos

, |b−a|, |b−a|.

Пусть биссек-

триса угла A параллелограмма ABCD пересекает сторону BC

в точке M, ∠BAD =

( < 90

◦

), AB = a, BC = b и b > a

(рис. 301). Тогда ∠BMA = ∠MAD = ∠MAB =

. Следова-

тельно, треугольник ABM — равнобедренный и BM = AB = a.

Поэтому MC = b − a. Расстояние между проведенной биссек-

трисой и биссектрисой угла BCD равно MC sin

= (b−a) sin

Аналогично найдем, что расстояние между биссектрисами уг-

лов B и D равно (b −a) cos

. Четырехугольник, ограниченный

§ 2.4 259

B C

A D

Рис. 301

Рис. 302

Рис. 303

указанными биссектрисами, — прямоугольник со сторонами,

равными (b − a) sin

и (b −a) cos

2.229.

√

. Указание. CN — высота треугольника DCF .

2.230.

− q

. Указание. Проведите окружность с цен-

тром D и радиусом p.

2.231.

√

−a

. Проведем диаметр DD

(рис. 302). То-

гда CD

k AB. Следовательно, AC = D

B. По теореме Пифаго-

ра из прямоугольного треугольника DBD

находим, что DB =

− BD

√

− a

2.232.

a+b

√

. Рассмотрим квадрат со стороной a + b и рас-

положим по его углам четыре треугольника, равных данному,

так, чтобы их гипотенузы образовывали квадрат (рис. 303). Ис-

комый отрезок равен половине диагонали большего квадрата,

т. е.

(a+b)

√

2.233. Пусть a, b и c — стороны треугольника, к кото-

рым проведены высоты, равные 12, 15 и 20 соответственно.

Тогда 12a = 15b = 20c, откуда a =

и b =

. Заметим,

что c

+ b

= c

16c

25c

= a

. Следовательно, треугольник

со сторонами a, b и c — прямоугольный.

2.234. 7.

Пусть M — произвольная точка плоскости,

ACBD — прямоугольник. Обозначим через x, y, z и t — рассто-

яния от точки M до прямых AC, BC, DB и AD соответственно

(рис. 304). Тогда

+ MB

= (x

+ t

) + (y

+ z

) =

= (x

+ y

) + (t

+ z

) = M C

+ MD

260 8 класс

A C

Рис. 304

A C

Рис. 305

откуда

= M A

+ M B

− MC

= 225 + 400 − 576 = 49.

2.235.

88−48

√

. Указание. Пусть M — середина гипотену-

зы AB прямоугольного треугольника ABC, O

и O

— центры

окружностей, вписанных в треугольники AM C и BM C. То-

гда O

— гипотенуза прямоугольного треугольника O

2.236. 2r

√

2. Пусть O

— центр вписанной окружности,

а O

— центр вневписанной, C — вершина прямого угла, ∠A =

= 30

◦

(рис. 305). Тогда треугольник O

— прямоугольный.

Поскольку точки O

и O

расположены на биссектрисе угла A,

то ∠O

C = 75

◦

− 45

◦

= 30

◦

. Следовательно, O

= 2O

C =

= 2r

√

2.237. а) 2, 15, 3, 10. Указание. Если a и b — катеты прямо-

угольного треугольника, а c — гипотенуза, то искомые радиусы

равны

a+b−c

a+b+c

a+c−b

b+c−a

б) 3, 12, 8, 8.

Пусть O — центр вписанной окружности

треугольника ABC (AC = BC = 10, AB = 12), r — ее радиус,

, r

и r

— радиусы вневписанных окружностей, касающихся

сторон AB, BC и AC соответственно (рис. 306), O

, O

и O

—

их центры, p — полупериметр треугольника ABC.

Высота CK треугольника ABC равна 8. Если вписанная

окружность касается стороны AC треугольника ABC в точке P ,

то OP = OK = r,

= sin ∠ACK =

, или

8−r

, откуда

находим, что r = 3.

Если окружность с центром O

касается продолжения сто-

роны BC в точке M, то BM = BK = 6, CM = CB + BM = 16,