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

Подождите немного. Документ загружается.

§ 2.10 331

Рис. 459

Рис. 460

A B

Рис. 461

2.624. Угол между хордами BB

и C

равен полусумме

дуг BA

и C

(рис. 460). Поскольку

= 2 ·∠BAA

= ∠A

= C

A + AB

= 2∠ACC

+ 2∠ABB

= ∠C + ∠B,

то

(

+ C

) =

(∠A + ∠B + ∠C) =

180

◦

= 90

◦

Следовательно, BB

⊥ C

2.625. ∠AKM = ∠BAM, ∠BKM = ∠ABM, ∠AMB +

+ ∠AKB = ∠AMB + ∠BAM + ∠ABM = 180

◦

(рис. 461).

2.626. Указание. Соедините точку A с серединой меньшей

дуги AB.

2.627.

a(a + b),

b(a + b). Пусть P и Q — проекции

точек A и B на указанную касательную, CM — высота треуголь-

ника ABC (рис. 462). Треугольник AMC равен треугольни-

ку AP C, так как ∠P CA = ∠ABC = ∠ACM (по теореме об угле

между касательной и хордой). Следовательно, AM = AP = a.

Аналогично, BM = b. Поэтому AC

= AM · AB = a(a + b)

и BC

= BM · AB = b(a + b).

2.628. Пусть точка E лежит на продолжении стороны BC

за точку B (рис. 463). Тогда

∠EAD = ∠EAB + ∠BAD = ∠ACB + ∠DAC = ∠EDA.

Следовательно, треугольник ADE равнобедренный, AE = ED.

332 8 класс

Рис. 462

Рис. 463

2.629. Пусть точка Q принадлежит лучу KB (рис. 464).

Проведем касательную KF к первой окружности (точки F

и Q лежат по разные стороны от прямой AK). Тогда KF пер-

пендикулярно диаметру KM и ∠AKF = ∠ABK = ∠AP Q.

Следовательно, KF k P Q. Поэтому прямая P Q перпендикуляр-

на диаметру KM.

2.630

. Пусть K — середина AD, а прямая KM пересекает

сторону BC в точке H (рис. 465). Обозначим ∠ADB =

. Тогда

∠MCH = ∠ACB = ∠ADB = ∠KMD = ∠BMH =

∠HMC = 90

◦

−

Следовательно,

∠MHC = 180

◦

−

− (90

◦

− ) = 90

◦

2.631. 1, 1,

√

3, 30

◦

, 30

◦

, 120

◦

. Указание. CO — биссектриса

угла C (рис. 466), ∠EOD = 180

◦

− ∠C и ∠EOD = 90

◦

∠C

(см. задачу 1.116

Рис. 464

Рис. 465

A B

Рис. 466

§ 2.10 333

2.632

. Пусть сумма углов при противоположных верши-

Рис. 467

нах A и C четырехугольника ABCD равна 180

◦

. Опишем

окружность около треугольника BCD. Пред-

положим, что вершина A лежит вне этой

окружности (рис. 467). Тогда отрезок AB пе-

ресекает окружность в некоторой точке A

Четырехугольник A

BCD вписан в окруж-

ность, поэтому ∠BA

D = 180

◦

− ∠C = ∠A,

что невозможно, так как BA

D — внешний

угол треугольника AA

D. Аналогично дока-

жем, что вершина A не может лежать внутри окружности.

2.633. Указание. ∠BAD = ∠CDP , ∠BAC = ∠DCP .

2.634

. Дуги (без концов) двух равных окружностей. Указа-

ние. Углы, опирающиеся на одну хорду, равны или составляют

в сумме 180

◦

2.635. 50

◦

. Указание. Поскольку ∠ACD = 80

◦

−50

◦

= 30

◦

= ∠ABD, точки A, B, C и D лежат на одной окружности

(рис. 468).

2.636. 25

◦

. Указание. Поскольку ∠BCD + ∠BAD = 180

◦

точки A, B, C и D лежат на одной окружности (рис. 469).

2.637. Пусть A, B, C и D — центры окружностей, K, L, M

и N — точки касания окружностей, лежащие на отрезках AB,

BC, CD и AD соответственно (рис. 470). Обозначим углы при

вершинах четырехугольника ABCD через

, , и соответ-

ственно. Тогда

∠NKL = 180

◦

−



◦

−



−



◦

−







Аналогично, ∠LMN =

(

+ ). Значит,

∠NKL + ∠LMN =

(

+ + + ) =

360

◦

= 180

◦

Следовательно, около четырехугольника KLMN можно опи-

сать окружность.

2.638. Указание. Если AB — данная сторона треугольни-

ка ABC, то искомая вершина C принадлежит геометрическому

месту точек, из которых данный отрезок виден под данным уг-

лом (см. задачу 2.634

334 8 класс

Рис. 468

Рис. 469

Рис. 470

2.639. Указание. Если O — центр вписанной окружности

треугольника ABC, то ∠AOB = 90

◦

∠C (см. задачу 1.116

2.640. 30

◦

, 60

◦

, 90

◦

. Указание. Пусть прямая DE пересекает

сторону AB в точке M (рис. 471). Точки B, C, D и M лежат на

окружности с диаметром BD, MK — медиана прямоугольного

треугольника AME, проведенная к гипотенузе, ∠M KC = 120

◦

точка K также лежит на окружности с диаметром BD.

2.641. 165

◦

или 105

◦

Если точки O и B лежат по разные

стороны от прямой AC (рис. 472), то ∠ABC = 150

◦

, а так как

AM и CM — биссектрисы треугольника ABC, то

∠AMC = 90

◦

∠ABC = 90

◦

+ 75

◦

= 165

◦

Второй случай рассматривается аналогично.

2.642. Указание. ∠DME = 90

◦

∠A = 120

◦

, точки A, D,

M и E лежат на одной окружности, AM — биссектриса угла A

(рис. 473).

Рис. 471

Рис. 472

§ 2.10 335

B C

Рис. 473

а)

б )

Рис. 474

2.643. а) Две дуги окружностей. Пусть Q — точка пе-

ресечения биссектрис треугольника ABC (рис. 474, а). То-

гда ∠AQB = 90

◦

∠C. Для каждой из двух дуг угол C посто-

янен, поэтому искомым геометрическим местом точек являются

две дуги, из которых отрезок AB виден под углом 90

◦

∠C.

б) Окружность без двух точек.

Пусть H — точка пересе-

чения высот AA

и BB

треугольника ABC (рис. 474, б ). То-

гда ∠AHB = 180

◦

− ∠C. Поэтому точка пересечения высот

каждого треугольника ABC лежит на окружности, симметрич-

ной данной относительно прямой AB. С другой стороны, каж-

дая точка окружности, симметричной данной относительно пря-

мой AB (за исключением двух точек, лежащих на перпендику-

лярах к AB, проходящих через точки A и B), является точкой

пересечения высот треугольника ABC с вершиной C, лежащей

на данной окружности.

2.644

. Пусть ABC — остроугольный треугольник

(рис. 475), H — точка пересечения его высот, H

— точка пе-

ресечения продолжения отрезка AH за точку H с описанной

окружностью треугольника ABC. Тогда

∠BH

H = ∠BH

A = ∠ACB = ∠BHH

Поэтому треугольник HBH

равнобедренный. Следовательно,

перпендикуляр BC к его стороне HH

проходит через середину

отрезка HH

, т. е. точка H

симметрична точке H относительно

прямой BC. Аналогично для тупоугольного треугольника.

336 8 класс

Рис. 475

M N

Рис. 476

Рис. 477

2.645

. Пусть AC > AB, M и N — точки пересечения с

окружностью лучей AH и AO (рис. 476). Тогда MN k CB.

Поэтому

CN = BM . Следовательно,

∠BAH = ∠BAM = ∠NAC = ∠OAC.

2.646. Пусть треугольник ABC остроугольный и ∠CAB =

(рис. 477). Тогда ∠CA

= (см. задачу 2.613

), ∠COB = 2 ,

∠OCB = 90

◦

−

. Поэтому ∠OCB + ∠B

C = + 90

◦

− = 90

◦

Для тупоугольного треугольника доказательство аналогично.

2.647. 22. Указание. Вершины A, B и D лежат на окружно-

сти с центром C.

2.648. 1.

Обозначим ∠CBD = (рис. 478). Имеем

∠CAD =

, ∠BEC = 90

◦

− , ∠DBE = . Следователь-

но, BE = BC. Обозначим ∠ACB =

. Аналогично докажем,

что ∠ACF =

. Поэтому CF = BC. Значит, BE = CF , а так как

BE k CF (перпендикуляры к одной и той же прямой AD),

то BCF E — параллелограмм (даже ромб). Следовательно,

EF = BC = 1.

2.649. Поскольку AD — диаметр окружности, ∠ACD = 90

◦

(рис. 479). Поэтому отрезок DM виден из точек C и P под

Рис. 478

Рис. 479

§ 2.10 337

Рис. 480

A B

H M

Рис. 481

Рис. 482

прямым углом. Значит, точки C и P лежат на окружности с

диаметром DM. Следовательно,

∠MCP = ∠MDP = ∠BDA = ∠BCA = ∠BCM,

т. е. CA — биссектриса угла BCP треугольника BCP . Анало-

гично докажем, что BM — биссектриса угла CBP треугольни-

ка BCP .

2.650. Отрезок. Указание. Пусть вершины A и B треуголь-

ника ABC с прямым углом C скользят по сторонам прямого

угла с вершиной P (рис. 480). Тогда точки P и C лежат на

окружности с диаметром AB.

2.651

. Пусть T — середина AB (рис. 481). Опишем окруж-

ность около треугольника ABC. Продолжения высоты, биссек-

трисы и медианы пересекают эту окружность в точках H, Q

и M соответственно.

Необходимость. Поскольку дуги AH и MB равны, то

HM k AB. Поэтому ∠CHM = 90

◦

и CM — диаметр окруж-

ности. Поскольку точки Q и T равноудалены от концов отрез-

ка AB, то QT — серединный перпендикуляр к стороне AB,

поэтому T — центр окружности. Следовательно, AB — также

диаметр, и ∠ACB = 90

◦

Достаточность. Пусть у гол C прямой. Тогда CM — диа-

метр, угол CHM прямой. Поэтому HM k AB. Отсюда следует,

что

AH = MB и ∠ACH = ∠MCB. Поэтому ∠HCQ =

= ∠MCQ.

2.652. Указание. Пусть H и K — точки пересечения с опи-

санной окружностью треугольника ABC продолжений его вы-

соты и биссектрисы, проведенных из вершины A (рис. 482).

338 8 класс

Рис. 483

Рис. 484

A B

Рис. 485

Тогда K — середина любой дуги B

, где B

k BC, а прямая,

проходящая через точку K и середину BC, параллельна AH.

2.653. Пусть A

, B

и C

— основания высот треугольни-

ка ABC, проведенных из вершин A, B и C соответственно

(рис. 483). Тогда ∠AC

= ∠ACB и ∠BC

= ∠ACB (см.

задачу 2.548

). Поэтому ∠AC

= ∠BC

. Следовательно,

∠B

C = ∠A

2.654. 10.

Пусть AA

, BB

, CC

— высоты данного ост-

роугольного треугольника ABC, H — его ортоцентр (рис. 484).

Продолжим высоты до пересечения с описанной окружностью

треугольника ABC в точках A

, B

, C

соответственно. То-

гда эти точки симметричны точке H относительно сторон тре-

угольника ABC, поэтому стороны треугольника A

вдвое

больше соответствующих сторон треугольника A

—

средняя линия треугольника B

и т. д.) и соответственно па-

раллельны им, значит, треугольник A

также прямоуголь-

ный и его гипотенуза равна 20. Следовательно, радиус окруж-

ности, на которой лежат точки A

, B

, C

и A, B, C, равен 10.

2.655. 45

◦

или 135

◦

. Указание. Расстояние от точки H пере-

сечения высот треугольника ABC до вершины C вдвое больше

расстояния от центра O описанной окружности до стороны AB

(рис. 485) (см. задачу 2.108

2.656. 60

◦

или 120

◦

. Указание. Расстояние от точки пересе-

чения высот треугольника ABC до вершины C вдвое больше

расстояния от центра описанной окружности до стороны AB

(см. задачу 2.108

2.657. Пусть O — центр окружности (рис. 486). Тогда

OM ⊥ KL. Отрезок OA виден из точек M , P и Q под

§ 2.10 339

Рис. 486

Рис. 487

Рис. 488

прямым углом. Поэтому точки O, M, P , A и Q лежат на одной

окружности. Поскольку AP = AQ, то ∠AMP = ∠AMQ.

2.658

. Указание. Пусть R — радиус каждой из данных

окружностей (рис. 487). Точка M — центр окружности, про-

ходящей через центры трех данных окружностей; радиус этой

окружности также равен R; треугольник ABC равен треуголь-

нику с вершинами в центрах данных окружностей. Углы MAB

и MCB равны, так как они вписаны в равные окружности и

опираются на равные дуги этих окружностей. Аналогично,

∠MBA = ∠MCA и ∠MAC = ∠MBC.

2.659. Треугольники AOB и AOD (рис. 488) равны, по-

скольку оба они равнобедренные (OA, OB и OD — радиусы

одной окружности), а ∠ABO = ∠DAO по теореме об угле

между касательной и хордой. Следовательно, AD = AB.

2.660. Указание. ∠ABC = ∠BAP = ∠ADC (рис. 489).

2.661. |a − b|. Указание. ∠AP K = ∠AMC = ∠CBA

(рис. 490); треугольники CKP и CKB равны.

Рис. 489

Рис. 490

Рис. 491

340 8 класс

B C

Рис. 492

Рис. 493

Рис. 494

2.662. Пусть луч AB пересекает общую касательную MC

к данным окружностям в точке C (B между A и C). Обозна-

чим ∠CM T =

, ∠CMB = , ∠AMT = (рис. 491). Тогда

∠CT M =

, ∠M T B = + =

(внешний угол треугольника AMT ). Следовательно, ∠T MB =

− = .

2.663. Пусть M, N и K — точки касания вписанной в тре-

угольник ABC окружности со сторонами BC, AC и AB соот-

ветственно; MP и KQ — высоты треугольника MNK (рис. 492).

Тогда ∠MNC = ∠MKN = ∠P QN (см. задачу 2.613

). Следо-

вательно, P Q k AC.

2.664. Указание. ∠BDM = ∠BCM = ∠MAD (рис. 493).

2.665. Пусть M — точка описанной окружности треуголь-

ника ABC, лежащая на дуге AC, не содержащей точки B; P

, P

— основания перпендикуляров, опущенных из точки M

на прямые AB, BC, AC соответственно (рис. 494). Точки A,

, M и P

лежат на окружности с диаметром AM. Поэто-

му ∠P

A = ∠P

MA. Точки C, P

, P

и M лежат на окруж-

ности с диаметром M C. Поэтому ∠P

MC = ∠P

C. Каждый

из углов P

и AM C дополняет угол ABC до 180

◦

. Поэто-

му ∠P

= ∠AMC. Тогда ∠P

MA = ∠P

MC. Следователь-

но, ∠P

A = ∠P

C, т. е. точки P

, P

и P

лежат на одной

прямой.

2.666. Пусть D — точка пересечения прямой AM с окруж-

ностью S

(рис. 495). По теореме об угле между касательной и

хордой

∠BAD = ∠BAM = ∠MCA = ∠CDA.